2023届江西省临川第一中学高三上学期期末考试数学(理)试题(解析版)

一、单选题

1．设集合A{xZ|x22x30}，B{0,1}，则CAB A．{3,2,1} 【答案】B

【详解】由题可知A1,0,1,2,3，则AB1,2,3．故本题选B．

2．在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA(1,2)，OB(3,1)，则复数z1z2对应的点位于（ ） A．第一象限 【答案】B

【分析】利用复数的几何意义写出复数z1，z2，再结合共轭复数、复数的乘法运算求解作答.

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

B．{1,2,3}

C．{1,0,1,2,3}

D．{0,1}

z2对应的向量分别是OA(1,2)， OB(3,1)，z23i，【详解】因复数z1，则z112i,z23i，于是得z1z2(12i)(3i)55i， 所以复数z1z2对应的点(5,5)位于第二象限. 故选：B

3．对于实数x，条件p：xA．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

【分析】解分式不等式，得到解集，从而作出判断. 【详解】x151，解得：x2且x且x0，

2x2151，条件q：x2且x，那么p是q的（ ）

2x2B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

p，所以p是q的充分不必要条件. 故pq，但q故选：A

4．设a0，b0，且2ab1，则A．有最小值为4 C．有最小值为

14 312a（ ） aabB．有最小值为221 D．无最小值 第 1 页 共 18 页

【答案】B

【分析】a0，b0，且2ab1，可得b12a．代入性质即可得出．

【详解】a0，b0，且2ab1， 1b12a0，解得0a．

212a，化简整理利用基本不等式的aab12a122(1a)12121a2a2(a1a)()232 aaba1aa1aa1aa1a1a2a1221，当且仅当a21，b322时取等号．

a1a212a有最小值221． aab故选：B．

【点睛】本题考查基本不等式的性质、方程的解法，考查推理能力与计算能力． 5147a,b,c的大小顺序是 5．设a,b,clog3,则

5755735A．bac 【答案】D

B．c【分析】先利用指数函数的性质比较得a>b>1,再分析得c<1，从而得到a,b,c的大小关系.

3553577775757【详解】a()()()b，b()()01,

7555514log331，所以cba. 因为clog35故答案为D

【点睛】(1)本题主要考查指数对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比较大小，一般先把所有的数分成正负两个集合，再把正数和1比，负数和-1比.

46．已知(0,)，cos2，则sin2()（ ）

5441A．

5【答案】D

2B．

53C．

54D．

5【解析】首先由角(0,)知sin20，再利用同角三角函数平方关系求sin2，二倍角余弦公式

42以及诱导公式求sin()即可.

4【详解】(0,)，

4第 2 页 共 18 页

2(0,)，

2又cos2，

sin21cos221()2.

1cos(2)2454535sin2(421sin22)1354. 25故选：D.

2227．已知ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且abcacosBbcosAabc，则角C（ ） A．30° 【答案】C

【分析】根据余弦定理和正弦定理将条件转化为cosC1，由此可得C60． 2B．45° C．60° D．90°

【详解】由条件及余弦定理得：2abcosCacosBbcosAabc ∴2cosCacosBbcosAc，

由正弦定理得2cosC(sinAcosBsinBcosA)sinC， ∴2cosCsin(AB)sinC，即2cosCsinCsinC ∵sinC0，∴cosC1， 2又0C180，∴C60． 故选：C．

28．已知函数fxlogaxax3在0,1上是减函数，则实数a的取值范围是（ ）

A．0,1 C．0,11,4 【答案】D

B．1,4 D．2,4

【分析】根据给定的函数，结合对数函数、二次函数单调性，分类讨论求解作答.

2【详解】函数fxlogaxax3在0,1上是减函数，

当0a1时，x2ax3(x)23a2a2a230恒成立， 44而函数ux2ax3在区间0,1上不单调，因此0a1，不符合题意，

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当a1时，函数ylogau在(0,)上单调递增，于是得函数ux2ax3在区间0,1上单调递减，因此

a1，并且12a130，解得2a4， 2所以实数a的取值范围是2,4. 故选：D

9．已知圆C：x3y44和两点A3m,0，B223m,0m0.若圆C上存在点P，使得

APB90，则m的最小值为（ ）

A．6 【答案】D

【分析】根据点P在以原点为圆心，以3m为半径的圆上和在圆C上，由两圆有交点求解. 【详解】解：由题意得：点P在以原点为圆心，以3m为半径的圆上， 又因为点P在圆C上， 所以只要两圆有交点即可， 所以3m253m2， 解得3m73， 3B．5 C．2 D．3 所以m的最小值为3， 故选：D

ax2y210．已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，点A的坐标为,0，点P是

2ab双曲线在第二象限的部分上一点，且F1PF22F1PA，PF1F1F2，则双曲线的离心率为（ ） A．3 【答案】B

|PF1||AF1|【分析】由角平分线的性质可得及双曲线的定义，化简方程即可求双曲线的离心率. |PF2||AF2|B．2

3C．

2D．2 【详解】如图，

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22b2(c)y因为PF1F1F2，所以xPc，由221可得|PF1||y|，

aabb2由双曲线定义可知|PF2|2a，

a由F1PF22F1PA知：PA平分F1PF2，

a2|PF1||AF1|b2ca2所以，即，整理得：2， 22a|PF2||AF2|b2ab2cac2a2acce212e1由bca，e，可化简为2，

ae12e1222b2a即1221，可得e212e1，解得e2或e1（舍去）， 2e12e1故选：B

11．在ABC中，AB4，BC3，CA5，点P在该三角形的内切圆上运动，若BPmBCnBA（m，n为实数），则mn的最小值为（ ） A． 【答案】C

【分析】设该三角形的内切圆的半径为r，CA边上的高为 h，由BPmBCnBA，得到mnBP121B．

31C．

61D．

7，再利用平行线等比关系求解. mnBCBAmnmn【详解】解：在ABC中，AB4，BC3，CA5， 设该三角形的内切圆的半径为r， 则

11345r34，解得 r1， 22设CA边上的高为 h，

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则

11125h34，解得 h，

522因为 BPmBCnBA，

nmBCBA， 所以BPmnmnmn因为点P在该三角形的内切圆上运动，

BP所以

mn， mnBCBAmnmn设BE因为

mnBCBA，则 BPmnBE， mnmnmn1， mnmnBPBE则mn，且B,P,E三点共线，E在AC上，

由平行线等比关系得：要使mn，即BP与BE之间的比例最小，则点P内切圆的最高点，如图所示：

由BA2BC2AC2，知B所以S由hABC2，

111BABChACrBABCAC， 22212,所以r1 5h2r1， h6所以mn的最小值为故选：C

12．若函数fx的定义域为R，且f2x1偶函数，f3x1关于点1,3成中心对称，则下列说法正确的个数为（ ） ①fx的一个周期为2； ②f2xf22x；

③fx的一个对称中心为6,3；

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④fi57.

i119A．1 【答案】C

B．2 C．3 D．4

【分析】由f2x1f2x1得到f2xf2x2，故②正确；由f3x1关于点1,3成中心对称，得到fx关于2,3中心对称，推理出fx4fx，从而得到周期为4，①错误；由函数的周期及fx关于2,3中心对称，得到一个对称中心为6,3，③正确；利用函数的周期性及对称性求出函数值的和.

111 【详解】由题意得：f2x1f2x1，将x替换为x得：f2x1f2x1，

222即f2xf2x2，②正确；

1f2x1f2x1中将x替换为x得：fx1fx1，

21因为f3x1向左平移个单位得到f3x，

32

而f3x1关于点1,3成中心对称，所以f3x关于,3中心对称，故fx关于2,3中心对称，

3

所以fx2fx26，

故fx26fx26f1x16f1x16fx， 所以fx46fx266fxfx， 所以fx的一个周期为4，①错误；

fx关于2,3中心对称，又fx的一个周期为4，故fx的一个对称中心为6,3，③正确；

fx2fx26中，令x1得：f3f16，

fx2fx26中，令x0得：f2f26，故f23， fx2fx26中，令x2得：f4f06，

又因为f0f4，故2f46，所以f43， 所以f2f46，

其中f17f1744f1，f18f1816f23，f19f1916f3，

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故fi4f1f2f3f4f17f18f19

i119466f1f2f3483657，④正确.

故选：C

abc,中心对称， 【点睛】若fxafxbc，则函数fx关于22若fxafxb，则函数fx关于xab对称. 2

二、填空题

x2y213．已知P是椭圆1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若F1PF260，则△PF1F210036的面积为________. 【答案】123 【分析】借助韦达定理得PF1PF248，再套用面积公式即可. 【详解】易得PF1PF22a20,F1F22c16， 则

F1F2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2PF1PF222222PF1PF22PF1PF2cosF1PF2，

122即16202PF1PF22PF1PF2，

2故PF1PF248 SPF1F2113PF1PF2sin6048123, 222故答案为：123. 14．若(13x)n展开式中第6项的二项式系数与系数分别为p､q，则【答案】p__________. q1 243【分析】根据二项式定理中二项式系数与项系数的求解即可得. 【详解】有题意可知pCn，qCn(3)，

555C5p1所以5n5．

qCn(3)243故答案为：1. 243第 8 页 共 18 页

15．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为26，则模型中九个球的表面积和为__________.

【答案】9π

【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.

【详解】如图所示正四面体ABCD，记棱长为a，高为h，O为正四面体ABCD内切球的球心， 延长AO交底面BCD于E，E是等边三角形△BCD的中心，过A作AFCD交CD于F，连接BF，

则OE为正四面体ABCD内切球的半径， 因为AFBF13233a，EFBFa， a，BEBF333626a， 32所以hAEAF2EF2所以OEBO2BE2AEOEBE2，解得rOE61ah， 124由图可知最大球内切于高h大16264的正四面体中，最大球半径r大h1，

43第 9 页 共 18 页

中等球内切于高h中h大2r大2的正四面体中，中等球半径r中最小求内切于高h小h中2r中1的正四面体中，最小球半径r小222111449π， 所以九个球的表面积之和V4π2411h中， 4211h小， 44故答案为：9π

ex316．若函数fx3alnx的极小值点只有一个，则a的取值范围是_________.

xx【答案】

e2,4e3 9ex【分析】对fx求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合y2的图像

x性质即可求得a的取值范围.

ex3【详解】因为f(x)3alnxx0，

xxx3xx3x3exa所以fx4ea2，

xxx2x2x2xex设g(x)2（x0），因为g(x)3e，

xx所以当0x2时，g(x)0，当x2时，g(x)0， ex则g(x)2在0,2上单调递减，在2,上单调递增，

xexex①若2a0恒成立，即a2在(0,)上恒成立，

xxexe2exe2e2因为g(x)22，所以a2，

x24xmin4此时令fx0，解得0x3；令fx0，解得x3；

所以f(x)在0,3单调递减，在(3,)单调递增，有唯一极小值点，满足题意； ex②方程2a0有两个不同的根x1，x2，且x1x2，

xexex当0xx1和xx2时，2a0；当x1xx2时，2a0，

xx因为f(x)只有一个极小值点，

exe3ex所以3是2a0即a2的一个根，且存在另一个根0m2，此时a；

xx9第 10 页 共 18 页

x3exe3e3当a时，fx2， 2x99x令fx0，解得0xm；令fx0，解得x>m；

所以f(x)在0,m单调递减，在(m,)单调递增，满足题意， e2e3综上：a或a，即a49e2,4e3. 9故答案为：

e2,4e3. 9xe，因为函数f(x)只有一个极小值点，需对y2a的符号进行分类

x【点睛】fx讨论.

x3exax22x

三、解答题

17．已知数列an满足数列an1an为等比数列，a11，a22，且对任意的nN，an23an12an. (1)求an的通项公式；

(2)bnnan，求数列bn的前n项和Sn.

n1【答案】(1)an2

n(2)n121

【分析】(1)利用等比数列的定义以及累加法求通项； (2)利用错位相减法求和.

【详解】（1）设an1an的公比为q，

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an23an12an，an2an12an1an

n1又a2a11，an1an2，

ana1a2a1a3a2anan11122n212n112n1，

12n1又a11符合上式，所以an的通项公式为an2．

（2）bnnann2n1n2n1，

bn的前n项和为120221322012记Sn122232n2n1

n2n1， n2n，

123则2Sn122232作差可得Sn＝2220122n112nn2n2n，

12nSnn12n1，

n因此，数列bn的前n项和为n121.

18．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G分别为线段B1C1,B1B及AC的中点，P为线段A1B上的点，BG1AC,AB8,BC6，三棱柱ABCA1B1C1的体积为240． 2

(1)求点F到平面A1AE的距离；

(2)试确定动点P的位置，使直线FP与平面A1ACC1所成角的正弦值最大． 【答案】(1)2473 73(2)P为BA1中点

【分析】（1）由题意，建立空间直线坐标系，求解平面法向量，根据点面距向量计算公式，可得答

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案；

（2）由（1）的空间直角坐标系，求解平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与向量夹角的关系，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】（1）在ABC中，BG1AC，G为AC的中点，ABC=90，即ABBC， 211=BBABBC×8?6BB1=240，解得BB110， ，则ABC122由直三棱柱ABCA1B1C1的体积V=BB1S以B为原点，并分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A8,0,0，A18,0,10，B10,0,10，C10,6,10，B0,0,0， 由E为B1C1的中点，则E0,3,10，由F为BB1的中点，则F0,0,5，

在平面AA1E中，取AA10,0,10，AE=8,3,10，设该平面的法向量为nx,y,z， 10z=0nAA1=0则，即，令x=3，则y8,z0，

8x+3y+10z=0nAE=0故平面AA1E的一个法向量为n3,8,0，

取AF=8,0,5，由点面距公式，可得F到平面AA1E的距离d=AFnn=249+64=2473. 73（2）由（1）可知：A8,0,0，A18,0,10，C0,6,0，C10,6,10，F0,0,5， 由PA1B，A1B平面AA1B1B，则设Pa,0,b，0a8,0b10， k设BP=BA1=(4k,0,5k)，即P4k,0,5k，0k2，

2在平面AA1B1B内，取AA10,0,10，AC=8,6,0，设其法向量mx,y,z， 10z=0mAA1=0则，即，令x=3，则y=4,z=0，

8x+6y=0mAC=0故平面AA1B1B的一个法向量m3,4,0，取FP=4k,0,5k5，

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设直线FP与平面A1ACC1所成角为，则sin=|cosm,FP|， 则sin=mFPmFP=34k32+424k+5k522=12k 541k250k+25当k=0时，P与B重合，sin0 当k0时，

sin=125111，

4150+252kk12112111sin=x=[,) 令，554150x+25x225(x1)216k2当x=1时，即k=1，P为BA1中点时，sinmax1213 516519．在一次购物抽奖活动中，假设某10张奖券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖.某顾客从这10张中任抽2张. （1）该顾客中奖的概率；

（2）该顾客获得的奖品总价值X（元）的分布列. 【答案】（1）；（2）分布列见解析.

【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合组合数即可求解；

（2）求得X所有可能的取值为（单位：元）：0，10，20，50，60，求出对应的概率，即可列出分布列.

1120C4C6C4C63022【详解】（1）记顾客中奖为事件A，P(A)，即该顾客中奖的概率为； 23C1045323（2）X所有可能的取值为（单位：元）：0，10，20，50，60，

1102C3C6C4C621P(X10)且P(X0)，， 22C103C1051111C1C6C1C3C32121P(X60)P(X20)2，P(X50)，， 22C1015C1015C1015故X的分布列为： X P 0 10 25 20 50 115 215 60 115 13

20．已知抛物线C：y22px，抛物线上两动点Ax1,y1，Bx2,y2，x1x2且x1x26

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(1)若线段AB过抛物线焦点，且AB10，求抛物线C的方程.

(2)若C:y28x,线段AB的中垂线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值. 【答案】(1)y28x (2)

p【分析】(1)假设F,0，利用AFBFx1x2p辨析即可；

24(2)先计算AB方程：yy0x3，联立抛物线方程，结合韦达定理得AB，再计算出

y04030 9d16y20，进而计算三角形面积.

ppp【详解】（1）(1)取抛物线焦点为F,0，AFx1，BFx2，

222AFBFx1x2p6p

因为AFBFAB，AB最大值为10， 所以6p10，p4，抛物线方程为y28x.

（2）令Ax1,y1，Bx2,y2，设M为AB中点，Mx0,y0, 又因为x1x26，所以x03，M3,y0, kABy2y184， x2x1y1y2y0所以AB中垂线方程为：yy0所以AB方程为：yy0y0x3，令y0C7,0 44x3 y04yy0x3y0y22y0y2y02240， 与抛物线方程联立y28x22显然，4y042y024026y026 2.y1y22y0，y1y22y024

ABx2x1y2y122y02y02221y2y11yy214y1y2416y021224y42y2410021616y24y.，

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.C7,0到AB的距离为dS△ABC116y202，

2222000011ABd24316y0224y41216y16y482y4016164830 3942所以SABC的最大值为4030. 9x2221．已知fxexx，gxxaxb，a,bR

(1)若fx与gx在x1处的切线重合，分别求a，b的值. (2)若bR，fbfagbga恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)a1e，b0 (2)a0

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得f1g1且f1g1，即可得到方程组，解得即可；

baba（2）依题意可得eebaa10对bR恒成立，令Hbeebaa1，求出

函数的导函数，由Ha0可得Ha0，从而求出a的值，再验证即可.

x22【详解】（1）解：因为fxexx，gxxaxb，

x所以.fxe2x1，gx2xa，

因为f1g1且f1g1， 即e212a且e121121ab， 解得a1e，b0.

（2）解：因为fbfagbga对bR恒成立，

b2a2222.ebbeaababbaab对bR恒成立，

ba即eebaa10对bR恒成立，

bab令Hbeebaa1，Hbea1

因为Ha0，

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a所以a是Hb的最小值点，且a是Hb的极值点，即Haea10，

因为Ha在R上单调递增，且H00，所以a0，

b下面检验：当a0时，Hbeb10对bR恒成立，

b因为Hbe1，所以当x0时Hb0，当x0时Hb0，

所以Hb在,0上单调递减，在0,上单调递增. 所以HbH00，符合题意， 所以a0.

3x1tx23cos222．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:(t为参数)与圆C:(为参数)

y3sin1yt2相交于A,B两点.

(1)求直线l及圆C的普通方程； (2)已知F1,0，求FAFB的值. 【答案】(1) x2y29 (2)

235 【分析】（1）利用代入消元法可得直线l普通方程；利用平方关系可得圆C的普通方程； （2）将直线参数方程代入圆的标准方程得t23t80，再利用参数的几何意义求解.

3x1t2【详解】解：(1)由 ，消去t，得x3y10，

1yt2即直线l的普通方程为x3y10，

x23cos3cosx2由，得，

y3sin3siny两式平方相加得x2y29， 即圆C的普通方程为x2y29.

223x1t22(2)将l:代入x2y29， y1t2得t23t80.

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设方程的两根为t1,t2，则t1t23，t1t28. 所以FAFBt1t2t1t223．已知a0，b0.

（1）求证：a3b3a2bab2； 14（2）若ab3，求的最小值.

abt1t224t1t235. 【答案】（1）证明见解析；（2）3.

【分析】（1）根据条件得a3b3a2bab2≥0，从而证明不等式成立；

1411414（2）根据条件得ab，然后利用基本不等式，即可求的最小值，注意等号

ab3abab成立的条件.

【详解】（1）证明：∵a0，b0.

∴a3b3a2bab2a2abb2baa2b2ababab0，

2∴a3b3a2bab2.

（2）∵a0，b0，ab3，

141b4ab4ab4a141ab5523∴，当且仅当，即a1，b2时ab3ab3ababab取等号，

14

∴的最小值为3. ab

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