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    2023届江西省新八校高三第二次联考数学(理)试题含解析

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    2023届江西省新八校高三第二次联考数学(理)试题含解析

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    这是一份2023届江西省新八校高三第二次联考数学(理)试题含解析,共22页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2023届江西省新八校高三第二次联考数学(理)试题 一、单选题1.已知集合,则    A B C D【答案】D【分析】求出集合中的元素,再求即可.【详解】集合故选:D.2.已知为虚数单位,,则复数在复平面上所对应的点在(    A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【分析】先根据复数得乘方求出,再根据复数得除法运算即可得解.【详解】因为所以在复平面上所对应的点为位于第二象限.故选:B.3.已知命题p,则命题p的否定为(    A BC D【答案】C【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题得到答案.【详解】已知命题p,则命题p的否定为:.故选:C4.已知是单位向量,且,则向量的夹角为(    A B C D【答案】C【分析】,得,从而可求得,再根据即可得解.【详解】,得,所以,所以即向量的夹角为.故选:C.5.为了响应全国创文明城活动,某单位计划安排五名员工分别去三个小区ABC参加志愿者服务,每个员工只去一个小区,每个小区至少安排1人,员工甲不去小区A,则不同的安排方法种数共有(    )种A100 B110 C140 D260【答案】A【分析】根据题意有两种情况,共有种情况,再根据员工甲去三个小区的可能性相同,得到答案.【详解】五名员工分别去三个小区ABC参加志愿者服务,每个员工只去一个小区,每个小区至少安排1人,则有两种情况,共有种情况,员工甲去三个小区的可能性相同,故共有种情况.故选:A6.已知,则在的展开式中,含的系数为(    A480 B C240 D【答案】D【分析】根据定积分可得,进而由二项式表示6个因式的乘积,即可得到含 的项,即可算出答案.【详解】, 表示6个因式的乘积,在这6个因式中,有3个因式选 ,其余的3个因式中有一个选,剩下的两个因式选 ,即可得到含 的项,故含的项系数是 故选:D.7.已知圆关于直线对称,则的最小值为(    A3 B C2 D【答案】D【分析】利用特殊值“1”化成积为定值的形式,再用基本不等式即可求解.【详解】解:由题意可知,圆心在直线上,,又因为所以当且仅当时取等号,此时取得最小值故选:D8.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传大衍之数五十的推论,主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项,都代表太极衍生过程中,曾经经历过的两仪数量总和,是中华传统文化中隐家的世界数学史上第一道数列题.已知数列满足:,记,则数列的前项和是(    A B C D【答案】C【分析】结合二倍角余弦公式和余弦函数的周期性可推导证得数列是以为周期的周期数列,采用分组求和的方式即可求得数列的前项和.【详解】数列是以为周期的周期数列,的前项和为.故选:C.9.下列命题中,下列命题正确的个数是(    已知随机变量,若,则已知随机变量,且函数为偶函数,则函数的图象的对称中心为已知函数上单调递增,则k的取值范围是已知函数的定义域为,若为偶函数,则函数的图象关于点对称.A1 B2 C3 D4【答案】B【分析】由二项分布的方差性质即可判断;由正态分布密度曲线的性质即可判断;利用正切型函数的对称性可判断;函数上单调递增,即上单调递增,分离参数求解即可判断;由函数对称轴和对称中心的性质可判断⑤.【详解】对选项,则因此,故正确;对选项,函数为偶函数,区间关于对称,,故不正确;对选项,由可得所以,函数的图象的对称中心坐标为不正确;对选项,函数上单调递增,上单调递增,,即,故不正确;对选项,令,若为偶函数,,即,所以,所以令所以函数的图象关于点对称,故正确.①⑤正确.故选:B.10.已知椭圆AB分别是椭圆C的左、右顶点,,直线m经过点B且垂直于x轴,P是椭圆上异于AB的任意一点,直线APm于点M,则    A B C D【答案】D【分析】,设,求出以及的关系即可得解.【详解】,则,所以,则所以.故选:D.11.已知,则abc的大小关系为(    A BC D【答案】B【分析】,求得,得到函数的单调性,得到,求得,再令,求得,得到的单调性,求得,得出,再令,求得,得出单调递增,结合,求得.【详解】令函数,可得时,单调递减;时,单调递增,又由,可得,可得时,单调递增;时,单调递减,可得,所以再令可得,所以单调递增,可得,即可得,即综上可得,.故选:B.【点睛】方法总结:构造函数解答比较大小问题的方法:1、通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性与极值(最值),从而得出不等关系;2、利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题,从而判定不等关系;3、适当放缩构造法:根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论,从而判定不等关系;4、构造形似函数,变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.12.如图,已知正三棱台的上、下底面边长分别为46,侧棱长为2,点P在侧面内运动(包含边界),且AP与平面所成角的正切值为,则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为(    A B C D【答案】A【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥,求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹,进而可得出答案.【详解】依题意,延长正三棱台侧棱相交于点,取中点中点,连接,则有所以的延长线必过点过点,则四边形是边长为2的菱形,如图所示:    中,,即解得,所以所以为边长为6等边三角形,所以所以因为是边长为3的等边三角形且中点,所以中,由余弦定理变形得,中,由余弦定理变形得,解得,所以,所以平面可得平面平面,所以平面可得平面因为AP与平面所成角的正切值为所以,解得所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧的长度为,则所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.故选:A.【点睛】关键点点睛:将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥,求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹,是解决本题的关键. 二、填空题13.已知xy满足约束条件,则的最小值为________【答案】/【分析】画出可行域,表示可行域中一点与原点之间距离的平方,由图找到最小值,由点到直线的距离公式求解即可.【详解】画出可行域如下图阴影部分,表示可行域中一点与原点之间距离的平方,由图可知,原点到直线的距离最小,为的最小值为.故答案为:.14.已知双曲线,现有如下条件:双曲线C的焦距为6焦点到其中一条渐近线的距离为2与椭圆共焦点.从上述三个条件中任选一个作为条件,得到双曲线C的方程为________.(只填写一个条件的结果即可)【答案】(选;选【分析】若选,先由焦距求得,再分并结合可求出,进而得到双曲线方程;若选,先根据双曲线方程求出渐近线方程,再分求出一个焦点坐标,然后利用点到直线的距离公式列式求出,进而得到双曲线方程;若选,根据双曲线与椭圆共焦点,先求出焦点坐标,进而求出,从而得到双曲线方程.【详解】若选,双曲线C的焦距为6,即因为双曲线方程为,所以所以,所以所以双曲线C的方程为若选,因为双曲线方程为 ,所以渐近线方程为时,,则,右焦点坐标为则点到直线的距离为又焦点到其中一条渐近线的距离为2,所以,此时双曲线方程为时,,则,上焦点坐标为则点到直线的距离为又焦点到其中一条渐近线的距离为2,所以此时双曲线方程为若选,由椭圆得焦点坐标为,由于双曲线与椭圆共焦点,所以双曲线的焦点坐标为,所以,所以,故,此时双曲线方程为故答案为:选(选;选.15.已知四棱锥的三视图如图所示,则四棱锥的外接球的表面积为________【答案】/【分析】先把三视图还原成几何体,设为矩形的中心,的外心,为四棱锥的外接球的球心,由平面平面可证明四边形为矩形,在中利用勾股定理求出,在中利用勾股定理求出外接球半径,代入球的表面积公式即可.【详解】如图,根据三视图可还原得四棱锥为矩形的中心,的外心,为四棱锥的外接球的球心,平面,连接由三视图可知四边形为矩形,,,的中点,.因为四棱锥外接球的球心满足平面平面所以,又平面,所以,同理得.所以四边形为矩形.在矩形中,中,因为,即,所以中,外接球半径所以外接球的表面积为.故答案为:16.已知上恒成立,则实数a的取值范围________【答案】【分析】,再分两种情况讨论,当时,不等式即为上恒成立,令,即,易得函数上递增,则上恒成立,即,构造函数,利用导数求出函数的最小值即可.【详解】时,,当时,此时,显然题设不成立,时,上恒成立,上恒成立,,即因为,所以函数上递增,所以上恒成立,即,则时,,当时,所以函数上单调递减,在上单调递增,,即时,函数上单调递增,所以时,上恒成立,,即时,函数上单调递减,在上单调递增,所以,解得综上所述,实数a的取值范围为.故答案为:.【点睛】方法点睛:对于求不等式成立时的参数范围问题,一般有三个方法:一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是讨论分析法,根据参数取值情况分类讨论;三是数形结合法,将不等式转化为两个函数,通过两个函数图像确定条件. 三、解答题17.记的内角ABC的对边分别为abc,已知(1)的值;(2),求三角形ABC面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】1)利用正弦定理化角为边即可得解;2)先利用余弦定理求出,再根据平方关系求出,再根据三角形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.【详解】1)因为由正弦定理得,即所以,所以2,故时,所以三角形ABC面积的最大值为18.甲、乙运动员进行网球比赛,每场比赛采用53胜制(即有一运动员先胜3局即获胜,比赛结束),甲每盘赢乙的概率为,两人比赛中没有平局.(1)求甲以3:1赢球的概率;(2)为了激发两位运动员的积极性,规定:每赢1 盘胜方将获得1000 元的奖金,每盘的输方没有奖金;若连赢2盘,则这两盘中的每盘将增加300元的奖金;若连赢3盘,则这3盘中的每盘将增加600元的奖金.已知本场比赛第1盘乙获胜,第2盘甲获胜,记甲在本场比赛中获得的奖金总额为X元,求X的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析, 【分析】1)由甲是以3:1赢球,可得第四次一定是甲赢,且前三场甲输一场,再根据相互独立事件的概率公式即可得解;2)先写出随机变量的所有可能取值,求出对应概率,即可得分布列,再根据期望公式求期望即可.【详解】1)因为甲是以3:1赢球,所以第四次一定是甲赢,且前三场甲输一场,则甲以3:1赢球的概率为2)依题意知可取所以的分布列为所以.19.如图,在四棱锥中,,且,底面ABCD是边长为2的菱形,(1)证明:平面平面ABCD(2),求平面PCD与平面PAD所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】1)连接,证明BD平面APC,再由平面ABCD,得出平面APC平面ABCD2)作辅助线,利用线面垂直的判定证明PH平面ABCD,以O为坐标原点,建立坐标系,利用向量法求解即可.【详解】1)连接DBAC于点O,连接PO因为ABCD是菱形,所以BDAC,且OBD的中点.因为PBPD,所以POBD又因为AC平面APC,且平面APC所以BD平面APC.又平面ABCD,所以平面APC平面ABCD2)取AB中点M,连接DMAC于点H,连接PH因为,所以ABD是等边三角形,所以DMAB又因为PDAB平面PDM所以AB平面PDM.所以ABPH由(1)知BDPH,且平面ABCD所以PH平面ABCDABCD是边长为2的菱形,在ABC中,APPC,在APC中,,所以O为坐标原点,分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系,所以设平面的法向量为所以设平面的法向量为所以设平面与平面的夹角为所以,所以,平面与平面夹角的余弦值为20.已知函数(1)上恒成立,求a的取值范围;(2)证明:【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】1)计算,确定得到范围,再证明充分性即可.2)确定,取变换得到,再利用累加法计算得到证明.【详解】1)必要性:上恒成立,,故,故,则,则存在区间使函数单调递减,,不成立;充分性:当时,,则恒成立,上单调递增,故,成立.综上所述:.2,即上恒成立,,则累加得到,得证.【点睛】关键点睛:本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题,证明不等式,意在考查学生的计算能力,转化能力和综合应用能力,其中利用必要性探路可以简化运算,是解题的关键.21.已知圆M过点,且与直线相切.(1)求圆心M的轨迹的方程;(2)过点的直线交抛物线AB两点,过点A的直线与抛物线交于另一点C,证明:直线CB过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】1)设圆心,根据圆M与直线相切,可得,化简即可得解;2)设,分别求出直线的方程,再根据直线过点,直线过点,求出的关系,即可得证.【详解】1)设圆心由题意得,化简整理得所以圆心M的轨迹的方程为2)设所以直线的方程为,即同理可得直线的方程为直线的方程为因为直线过点,所以,则因为直线过点,所以,则所以,化简得故直线的方程为所以直线恒过定点.【点睛】方法点睛:求解直线过定点问题常用方法如下:1特殊探路,一般证明:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;2一般推理,特殊求解:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为(1)求曲线的直角坐标方程;(2)已知直线与曲线恰有一个交点,求的值.【答案】(1).(2) 【分析】1)利用加减消元法,可求得的直角坐标方程;根据极坐标与直角坐标互化公式可得的直角坐标方程;2)因为直线过定点,通过数形结合观察与渐近线平行时或与双曲线相切时只有一个交点,进而求解.【详解】1)解:在直角坐标系中,曲线的参数方程为为参数),因为得:,所以,整理得因为直线的极坐标方程为所以直线直角坐标方程为所以曲线直角坐标方程的直角坐标方程.2的直角坐标方程,则恒过点,设为点,因为已知直线与曲线恰有一个交点,所以如图所示要么与渐近线平行,要么和双曲线相切,当直线和渐近线平行时,当直线和双曲线相切时,,则,解得综上的值为.23.已知函数(1)解不等式(2)的最小值为M,已知abc均为正实数,且,求证:【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】三种情况讨论去掉绝对值符号即可得解;2)先利用绝对值三角不等式求得,再利用基本不等式证明,再利用柯西不等式可得,即可得证.【详解】1)当时,,解得时,,解得时,,解得综上所述,不等式的解集为2)由绝对值三角不等式可得时取等号,所以,即因为,当且仅当,即时,取等号,,当且仅当,即时,取等号,,当且仅当,即时,取等号,所以,当且仅当时,取等号,由柯西不等式可得当且仅当时,取等号,所以所以,当且仅当时,取等号,所以 

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