2023届江西省丰城中学、上高二中高三下学期2月联考数学（理）试题含答案

这是一份2023届江西省丰城中学、上高二中高三下学期2月联考数学（理）试题含答案，共21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届江西省丰城中学、上高二中高三下学期2月联考数学（理）试题 一、单选题1．已知（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】求出复数z，写出，即得对应的点所在的象限.【详解】，复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限.故选：.【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.2．全集，集合，集合，图中阴影部分所表示的集合为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由图可得，阴影部分表示的集合为.求出集合，即求.【详解】∵集合，，由Venn图可知阴影部分对应的集合为，又或，.故选：.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.3．已知向量，，若，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】先求出的坐标，再结合题意列出方程求解即可.【详解】依题意，，由，则，所以.故选：D.4．为了解某专业大一新生的学习生活情况，辅导员将该专业部分学生一周的自习时间（单位：）统计后制成如图所示的统计图，据此可以估计该专业所有学生一周自习时间的中位数为（    ）A． B．24 C． D．【答案】C【分析】根据小矩形的面积之和为1，求出的值，再求出小矩形面积之和为的横坐标的值即为中位数.【详解】依题意，，解得，故前3块小矩形的面积分别为，，则所求中位数为.故选：C5．已知在正方体中，交于点，则（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．【答案】C【分析】由线面平行的判定定理即可得出结果.【详解】作出图形如图所示，连接，因为，所以平面平面，故平面，其他三个选项易知是错误的.故选：C.6．为了处理大数的运算，许凯与斯蒂菲尔两位数学家都想到了构造双数列模型的方法，如计算256×4096时，我们发现256是8个2相乘，4096是12个2相乘，这两者的乘积，其实就是2的个数做一个加法，所以只需要计算8+12=20，进而找到下表中对应的数字1048576，即.记，则（    ）012345678910124816326412825651210241112192021222324252048409652428810485762097152419430483886081677721633554432 A． B． C． D．【答案】B【分析】根据表中数据分别找到645988和20000000介于的范围，即可求解的范围，根据对数的运算性质即可求解.【详解】因为，故，，则，则，而，故，故选:B7．已知点，若在直线上存在点，使得，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由条件结合双曲线定义可得直线与曲线有交点，由此列不等式求的关系.【详解】因为，，所以点在为以为焦点的双曲线的下支，设双曲线方程为，则，所以点在曲线上，因为点也在直线上，所以有解；所以，即.故选：C.8．已知正数a，b满足，若恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先参变分离得，再利用，与相乘，然后连续运用两次基本不等式即可.【详解】依题意，．又，而，当且仅当，即，时，前后两个不等号中的等号同时成立，所以的取值范围为故选：  9．若，则的大小关系不可能为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】令函数，然后在同一直角坐标系中分别作出的大致图象，再根据函数图象分析判断即可.【详解】令函数，在同一直角坐标系中分别作出的大致图象，如图所示，观察可知，可能有（的图象为时）､（的图象为时）（的图象为时），故选：B.10．已知抛物线的焦点为，过点的两条直线分别与抛物线交于点和，且点在轴的上方，则直线在轴上的截距之积为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】设直线的方程为，代入抛物线方程化简得，则根据根与系数的关系可设，则可表示出的方程，从而可求得直线在轴上的截距直线在轴上的截距，同理可得直线在轴上的截距，进而可得答案.【详解】由题可知.设直线的方程为，联立可得，则根据根与系数的关系可设，同理可设，则直线的斜率，直线的方程为，令，得，即直线在轴上的截距为.同理可得，直线在轴上的截距为，所以直线在轴上的截距之积为1.故选：D11．已知实数、 满足，其中e是自然对数的底数，则 ＝（    ）A．e4 B．e3 C．e2 D．e【答案】A【分析】观察已知结构构造函数，利用其单调性可得继而可得结果.【详解】由已知可得：，令，则，令，即在上单调递增，在上单调递减，，且时，，时，，故，即.故选：A12．已知在中，，若（表示的面积）恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，结合换元法，导数的性质进行求解即可.【详解】记角所对的边分别为.因为，所以由正弦定理可得..，令，则，令，则，故当时，，当时，，故，故，则实数的取值范围为.故选：A【点睛】关键点睛：利用换元法构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，求出最值是关键. 二、填空题13．若，则_________.【答案】【解析】由的范围，及的值，可求出的值，再结合，展开可求出答案.【详解】因为，所以.因为，所以，又，所以，所以，则.故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的余弦公式的应用，注意角的范围，考查学生的计算求解能力，属于基础题.14．在通用技术课程上，老师教大家利用现有工具研究动态问题.如图，老师事先给学生准备了一张坐标纸及一个三角板，三角板的三个顶点记为.现移动边，使得点分别在轴､轴的正半轴上运动，则（点为坐标原点）的最大值为__________.【答案】/【分析】取的中点，解三角形求，结合两点之间线段最短的结论求的最大值.【详解】由已知，如图，取的中点，因为为直角三角形，故.由于为直角三角形，故，显然，当且仅当三点共线时等号成立，故的最大值为.故答案为：.15．已知a＞0，函数在其定义域上单调递减，则实数a取值的集合为_______________．【答案】【分析】由导数与函数的单调性关系结合条件可得对任意的恒成立，再利用导数求函数的最大值和取最大值的条件，由此可得的值.【详解】因为，所以，由已知函数在其定义域上单调递减，所以对任意的恒成立.设，则，由知，所以当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以在时取得最大值，又所以对任意的恒成立，即的最大值为，所以，解得.故答案为：16．母线长为，底面半径为的圆锥内有一球，与圆锥的侧面、底面都相切，现放入一些小球，小球与圆锥底面、侧面、球都相切，这样的小球最多可放入__________个．【答案】10【详解】由题意可知圆锥轴截面为正三角形，高为3，如图所示：设球O半径为R，由∠OCB=30°，可得OC=2R，故OA=OC=2R，所以R+2R=3∴R=1，OC=2，故得EC=1.设小球半径为r，同理可得,故，所以小球半径为，且.这时到直线AO的距离为．这些小球相邻相切，排在一起，则球心在一个半径为的圆M上，如图所示：H为相邻两球切点，分别为相邻两球球心，设∠，则，，由三角函数的性质可知，∴，∴，，，∵，故可得能放入小球个数最多为10故答案为10点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般内切球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于内切球的性质，球心到各面距离相等计算即可，当球心位置不好确定时，可以用等体积法求球半径. 三、解答题17．已知数列满足.(1)求的通项公式；(2)在和之间插入n个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知递推公式，分和利用作差法求出数列的通项公式；（2）依题意可得，利用错位相减法求和即可；【详解】（1）解：因为，①当时，当时，，②①②得.所以.又因为当时，上式也成立，所以的通项公式为.（2）解：由题可知，得，则，③，④③④得，解得.18．如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点．(1)证明：∥平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，取CD的中点，可得四边形ABED为正方形，则，，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.【详解】（1）取中点，连接，．在中，，分别为，的中点，所以，，因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，因此，又因为平面，平面，所以平面PAD．（2）因为平面，，平面ABCD，所以，，又，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，取CD的中点，连接BE．因为，，所以，，又因为，所以四边形ABED为矩形，在中，因为，所以，又因为，所以，所以四边形ABED为正方形，即，，由题意得，，，，，，所以，，，设平面BDM的法向量为，所以即令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，易知为平面PDM的一个法向量，所以，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.19．近年来，各地电商行业迅速发展，电商行业的从业人数也相应增长.现将某地近5年电商行业的从业人数统计如下表所示.第年12345从业人数（万人）58111115(1)若与线性相关，求与之间的回归直线方程；(2)若甲､乙､丙､丁4名大学生毕业后进入电商行业的概率分别为，且他们是否进入电商行业相互独立.记这4人中最终进入电商行业的人数为，求的分布列以及数学期望.参考公式：在线性回归方程中，.【答案】(1)；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据题中所给公式，结合平均数的公式进行求解即可；（2）根据独立事件的概率公式，结合数学期望公式进行求解即可.【详解】（1）依题意，，而，故，故所求回归直线方程为；（2）依题意，的所有可能取值为.，，，，，所以的分布列为01234故.20．已知函数.(1)设函数，判断的单调性；(2)若当时，关于的不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)在和上单调递减，在上单调递增(2) 【分析】(1)由已知，求其导函数，解不等式求函数的递增区间，解不等式，求函数的递减区间；(2)由已知可得当时，恒成立，当时，利用多次求导证明函数恒成立，当，先证明，由此证明存在，当时，，由此确定的取值范围.【详解】（1）因为，，所以，则，故当时，，当时，，当时，，故在和上单调递减，在上单调递增.（2）依题意，当时，恒成立.令，则.令，则.令，则，故在上单调递增，则，故即在上单调递增，则.当时，，此时单调递增，从而，满足题意.当时，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，即，当且仅当时取等号.所以，从而.又在上单调递增，故存在唯一的实数，使得，且当时，单调递减，所以当时，，不合题意，舍去.综上所述，实数的取值范围为【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立⇔；(2)恒成立⇔.21．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点的直线l交C 于M、N两点，其中点M在第二象限．(1)若直线l过点，求的面积；(2)设线段MF交半径为1的圆F于点G，直线TG与AM交于点R，若直线AM，NR的斜率之比为，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出椭圆的和点与的坐标，通过直线过和求出直线的解析式，与椭圆联立，；利用韦达定理求出，利用两点之间坐标公式求出点到直线的距离，即可求出的面积.（2）设出直线的解析式，由韦达定理求出点的坐标，得出直线的斜率，利用直线AM，NR的斜率之比为，即可求出直线的斜率，进而得出.【详解】（1）由题意在椭圆中，左顶点为A，右焦点为F，∴，在直线中，图像过，，∴，即∵直线与椭圆交于M、N两点，设∴，解得：，易得，所以，∴，∵点到直线的距离为，∴.（2）由题意及（1）得，点在第二象限，直线斜率存在，且斜率，在直线中，设，与椭圆联立，化简得，易得，设, 因为, 由韦达定理, 有, 得,代入方程, 解得, ∴,又, 故,线段交半径为1的圆于点, ∴，设，则，解得，∴，直线的方程为,联立方程组, 可得,直线的方程为,联立方程组, 消去得, 可得,∴, 记,有或, 当时,不在第二象限, 舍去, 所以,得,经检验，满足上述方程中，所以..【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．在直角坐标系中，圆心为的圆的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求圆的极坐标方程；(2)设点在曲线上，且满足，求点的极径．【答案】(1)(2)1或 【分析】（1）根据参数方程，直角坐标方程，极坐标方之间的相互转化关系即可求解；（2）根据极坐标方程和余弦定理以及一元二次方程即可求解.【详解】（1）由圆的参数方程消去参数，得圆的普通方程为，圆心．把代入，化简得圆的极坐标方程为．（2）由题意，在极坐标系中，点．点在曲线上，设．在中，由余弦定理有，即．化简得．解得或．故或．点的极径为1或．23．已知、为非负实数，函数．(1)当，时，解不等式；(2)若函数的最小值为，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.【详解】（1）解：当，时，．当时，，解得，此时；当时，，此时原不等式无解；当时，，解得，此时．综上，不等式的解集为.（2）解：由，因为，，当且仅当时，等号成立，．所以，，即，所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，综上，的最大值为．