江西省南昌市南昌一中等三校重點中學2023年高考數學試題目標測試卷

江西省南昌市南昌一中等三校重點中學2023年高考數學試題目標測試卷（1）注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．2．已知函數的圖像上有且僅有四個不同的點關于直線的對稱點在的圖像上，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．已知函數滿足，當時，，則（）A．或 B．或C．或 D．或4．已知函數，若有2個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．5．已知為圓：上任意一點，，若線段的垂直平分線交直線于點，則點的軌跡方程為()A． B．C．（） D．（）6．已知是虛數單位，若，，則實數（）A．或 B．-1或1 C．1 D．7．已知正方體的棱長為，，，分別是棱，，的中點，給出下列四個命題:①;②直線與直線所成角為;③過，，三點的平面截該正方體所得的截面為六邊形;④三棱錐的體積為.其中，正確命題的個數為（）A． B． C． D．8．已知，，那么是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點M，若、M是線段AB的三等分點，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．10．已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．11．若直線與曲線相切，則（）A．3 B． C．2 D．12．《九章算術》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.某“塹堵”的三視圖如圖，則它的外接球的表面積為（）A．4π B．8π C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．近年來，新能源汽車技術不斷推陳出新，新產品不斷涌現(xiàn)，在汽車市場上影響力不斷增大.動力蓄電池技術作為新能源汽車的核心技術，它的不斷成熟也是推動新能源汽車發(fā)展的主要動力.假定現(xiàn)在市售的某款新能源汽車上，車載動力蓄電池充放電循環(huán)次數達到2000次的概率為85%，充放電循環(huán)次數達到2500次的概率為35%.若某用戶的自用新能源汽車已經經過了2000次充電，那么他的車能夠充電2500次的概率為______.14．在數列中，已知，則數列的的前項和為__________.15．函數的定義域為______.16．已知半徑為的圓周上有一定點，在圓周上等可能地任意取一點與點連接，則所得弦長介于與之間的概率為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）某公司欲投資一新型產品的批量生產，預計該產品的每日生產總成本價格)(單位:萬元)是每日產量(單位:噸)的函數:.（1）求當日產量為噸時的邊際成本(即生產過程中一段時間的總成本對該段時間產量的導數)；（2）記每日生產平均成本求證：；（3）若財團每日注入資金可按數列(單位:億元)遞減，連續(xù)注入天，求證:這天的總投入資金大于億元.18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，，，，為的中點，是上的點.（1）若平面，證明：平面.（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知首項為2的數列滿足.（1）證明：數列是等差數列．（2）令，求數列的前項和.20．（12分）已知定點，，直線、相交于點，且它們的斜率之積為，記動點的軌跡為曲線。（1）求曲線的方程；（2）過點的直線與曲線交于、兩點，是否存在定點，使得直線與斜率之積為定值，若存在，求出坐標；若不存在，請說明理由。21．（12分）在平面直角坐標系中，已知直線（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；（2）設點的極坐標為，直線與曲線的交點為，求的值.22．（10分）記數列的前項和為，已知成等差數列.（1）證明：數列是等比數列，并求的通項公式；（2）記數列的前項和為，求.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．2、A【解析】

可將問題轉化，求直線關于直線的對稱直線，再分別討論兩函數的增減性，結合函數圖像，分析臨界點，進一步確定的取值范圍即可【詳解】可求得直線關于直線的對稱直線為，當時，，，當時，，則當時，，單減，當時，，單增；當時，，，當，,當時，單減，當時，單增；根據題意畫出函數大致圖像，如圖：當與（）相切時，得，解得；當與（）相切時，滿足，解得，結合圖像可知，即，故選：A【點睛】本題考查數形結合思想求解函數交點問題，導數研究函數增減性，找準臨界是解題的關鍵，屬于中檔題3、C【解析】

簡單判斷可知函數關于對稱，然后根據函數的單調性，并計算，結合對稱性，可得結果.【詳解】由，可知函數關于對稱當時，，可知在單調遞增則又函數關于對稱，所以且在單調遞減，所以或，故或所以或故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性以及單調性求解不等式，抽象函數給出式子的意義，比如：，，考驗分析能力，屬中檔題.4、C【解析】

令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，結合已知，即可求得答案.【詳解】令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，，令，可得，當時，，函數在上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減.當時，，若直線和有兩個交點，則.實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題主要考查了根據零點求參數范圍，解題關鍵是掌握根據零點個數求參數的解法和根據導數求單調性的步驟，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.5、B【解析】

如圖所示：連接，根據垂直平分線知，，故軌跡為雙曲線，計算得到答案.【詳解】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故，故軌跡為雙曲線，，，，故，故軌跡方程為.故選：.【點睛】本題考查了軌跡方程，確定軌跡方程為雙曲線是解題的關鍵.6、B【解析】

由題意得，，然后求解即可【詳解】∵，∴.又∵，∴，∴.【點睛】本題考查復數的運算，屬于基礎題7、C【解析】

畫出幾何體的圖形，然后轉化判斷四個命題的真假即可．【詳解】如圖；連接相關點的線段，為的中點，連接，因為是中點，可知，，可知平面，即可證明，所以①正確；直線與直線所成角就是直線與直線所成角為；正確；過，，三點的平面截該正方體所得的截面為五邊形；如圖：是五邊形．所以③不正確；如圖：三棱錐的體積為：由條件易知F是GM中點，所以,而，．所以三棱錐的體積為，④正確；故選：．【點睛】本題考查命題的真假的判斷與應用，涉及空間幾何體的體積，直線與平面的位置關系的應用，平面的基本性質，是中檔題．8、B【解析】

由，可得，解出即可判斷出結論．【詳解】解：因為，且．，解得．是的必要不充分條件．故選：．【點睛】本題考查了向量數量積運算性質、三角函數求值、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．9、D【解析】

根據題意，求得的坐標，根據點在橢圓上，點的坐標滿足橢圓方程，即可求得結果.【詳解】由已知可知，點為中點，為中點，故可得，故可得；代入橢圓方程可得，解得，不妨取，故可得點的坐標為，則，易知點坐標，將點坐標代入橢圓方程得，所以離心率為，故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，難點在于根據題意求得點的坐標，屬中檔題.10、A【解析】

根據圖象關于軸對稱可知關于對稱，從而得到在上單調遞增且；再根據自變量的大小關系得到函數值的大小關系.【詳解】為偶函數圖象關于軸對稱圖象關于對稱時，單調遞減時，單調遞增又且，即本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數奇偶性、對稱性和單調性比較函數值的大小關系問題，關鍵是能夠通過奇偶性和對稱性得到函數的單調性，通過自變量的大小關系求得結果.11、A【解析】

設切點為，對求導，得到，從而得到切線的斜率，結合直線方程的點斜式化簡得切線方程，聯(lián)立方程組，求得結果.【詳解】設切點為，∵，∴由①得，代入②得，則，，故選A.【點睛】該題考查的是有關直線與曲線相切求參數的問題，涉及到的知識點有導數的幾何意義，直線方程的點斜式，屬于簡單題目.12、B【解析】

由三視圖判斷出原圖，將幾何體補形為長方體，由此計算出幾何體外接球的直徑，進而求得球的表面積.【詳解】根據題意和三視圖知幾何體是一個底面為直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜邊為2，側棱長為2且與底面垂直，因為直三棱柱可以復原成一個長方體，該長方體外接球就是該三棱柱的外接球，長方體對角線就是外接球直徑，則，那么.故選：B【點睛】本小題主要考查三視圖還原原圖，考查幾何體外接球的有關計算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

記“某用戶的自用新能源汽車已經經過了2000次充電”為事件A，“他的車能夠充電2500次”為事件B，即求條件概率：，由條件概率公式即得解.【詳解】記“某用戶的自用新能源汽車已經經過了2000次充電”為事件A，“他的車能夠充電2500次”為事件B，即求條件概率：故答案為：【點睛】本題考查了條件概率的應用，考查了學生概念理解，數學應用，數學運算的能力，屬于基礎題.14、【解析】

由已知數列遞推式可得數列的所有奇數項與偶數項分別構成以2為公比的等比數列，求其通項公式，得到，再由求解．【詳解】解：由，得，，則數列的所有奇數項與偶數項分別構成以2為公比的等比數列．，．．故答案為：．【點睛】本題考查數列遞推式，考查等差數列與等比數列的通項公式，訓練了數列的分組求和，屬于中檔題．15、【解析】

對數函數的定義域需滿足真數大于0，再由指數型不等式求解出解集即可.【詳解】對函數有意義，即.故答案為：【點睛】本題考查求對數函數的定義域，還考查了指數型不等式求解，屬于基礎題.16、【解析】在圓上其他位置任取一點B，設圓半徑為R，其中滿足條件AB弦長介于與之間的弧長為?2πR，則AB弦的長度大于等于半徑長度的概率P==；故答案為：．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】

（1）求得函數的導函數，由此求得求當日產量為噸時的邊際成本.（2）將所要證明不等式轉化為證明，構造函數，利用導數證得，由此證得不等式成立.（3）利用（2）的結論，判斷出，由此結合對數運算，證得.【詳解】（1）因為所以當時，（2）要證，只需證，即證，設則所以在上單調遞減，所以所以，即；（3）因為又由（2）知，當時，所以所以所以【點睛】本小題主要考查導數的計算，考查利用導數證明不等式，考查放縮法證明數列不等式，屬于難題.18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）因為，利用線面平行的判定定理可證出平面，利用點線面的位置關系，得出和，由于底面，利用線面垂直的性質，得出，且，最后結合線面垂直的判定定理得出平面，即可證出平面.（2）由（1）可知，，兩兩垂直，建立空間直角坐標系，標出點坐標，運用空間向量坐標運算求出所需向量，分別求出平面和平面的法向量，最后利用空間二面角公式，即可求出的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以可設平面平面，又因為平面，所以.因為平面，平面，所以，從而得.因為底面，所以.因為，所以.因為，所以平面.綜上，平面.（2）解：由（1）可得，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，所以，則，，，，所以，，，.設是平面的法向量，由取取，得.設是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定和空間二面角的計算，還運用線面平行的性質、線面垂直的判定定理、點線面的位置關系、空間向量的坐標運算等，同時考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力.19、（1）見解析；（2）【解析】

（1）由原式可得,等式兩端同時除以,可得到,即可證明結論;（2）由（1）可求得的表達式,進而可求得的表達式,然后求出的前項和即可.【詳解】（1）證明:因為,所以,所以,從而,因為,所以,故數列是首項為1,公差為1的等差數列.（2）由（1）可知,則,因為,所以,則.【點睛】本題考查了等差數列的證明,考查了等差數列及等比數列的前項和公式的應用,考查了學生的計算求解能力,屬于中檔題.20、(1)；(2)存在定點，見解析【解析】

（1）設動點，則，利用，求出曲線的方程．（2）由已知直線過點，設的方程為，則聯(lián)立方程組，消去得，設，，，利用韋達定理求解直線的斜率，然后求解指向性方程，推出結果．【詳解】解：（1）設動點，則，，，即，化簡得：。由已知，故曲線的方程為。（2）由已知直線過點，設的方程為，則聯(lián)立方程組，消去得，設，，則又直線與斜率分別為，，則。當時，，；當時，，。所以存在定點，使得直線與斜率之積為定值?！军c睛】本題考查軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關系的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．21、（1）（2）【解析】

（1）由公式可化極坐標方程為直角坐標方程；（2）把點極坐標化為直角坐標，直線的參數方程是過定點的標準形式，因此直接把參數方程代入曲線的方程，利用參數的幾何意義求解．【詳解】解：（1），則，∴，所以曲線的直角坐標方程為，即（2）點的直角