江西省九江十校2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析）

这是一份江西省九江十校2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省“九江十校”2023届高三第二次联考数学（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先解出，根据补集的运算求出，然后根据交集的运算，即可得出答案.【详解】解可得，，所以.又，所以.所以.故选：B.2. 若复数（是虚数单位）的共轭复数是，则的虚部是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先利用复数除法求出，根据共轭复数定义写出，然后计算出，得到虚部.【详解】复数是虚数单位）的共轭复数是，，，，则的虚部是.故选：D3. 2022年三九天从农历腊月十八开始计算，也就是2023年1月9日至17日，是我国北方地区一年中最冷的时间．下图是北方某市三九天气预报气温图，则下列对这9天判断错误的是（    ）A. 昼夜温差最大为12℃ B. 昼夜温差最小为4℃C. 有3天昼夜温差大于10℃ D. 有3天昼夜温差小于7℃【答案】C【解析】【分析】直接看图求出每天的昼夜温差即可判断得解.【详解】A. 1月11日昼夜温差最大为12℃，所以该选项正确；B. 1月15日昼夜温差最小为4℃，所以该选项正确；C. 1月11日、1月16日有2天昼夜温差大于10℃，所以该选项错误；D. 1月9日、1月14日、1月15日有3天昼夜温差小于7℃，所以该选项正确.故选：C4. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先利用降幂公式，再利用二倍角公式化简即得解.【详解】由已知，化简得．平方得，所以．故选：A．5. 函数的部分图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先判断的奇偶性，再根据时的函数值的符号判断图象.【详解】因为，，所以，故函数的为奇函数，排除BD；又 所以，故A错误.故选：C6. 在中，，，若D是BC的中点，则（    ）A. 1 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】运用向量的加法、相反向量、向量的数量积运算即可得结果.【详解】∵D为BC的中点，∴，，∴∴．故选：B.7. 已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于y轴对称，则函数的一个对称中心是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得出，.然后根据平移得到的图象.由，结合的取值，即可得出.代入检验，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，所以.将函数的图象向左平移个单位后，所得函数的图象.因为得到的图象关于轴对称，所以，即，又，所以，所以.对于A项，因为，所以点不是函数的对称中心，故A项错误；对于B项，因为，所以点不是函数的对称中心，故B项错误；对于C项，因为，所以点是函数的对称中心，故C项正确；对于D项，因为，所以点不是函数的对称中心，故D项错误.故选：C.8. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，由此求得不等式的解集.【详解】设，，即，，在上单调递减，又，不等式，即，，原不等式的解集为.故选：D【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题，求解方法是通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究，由此对问题进行求解.9. 在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（    ）A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】由题知，，进而得，即，再结合正弦定理求解即可.【详解】∵是锐角三角形，在上的投影长等于的外接圆半径，，又，，，，两式相加得：，即，，即，又，，.故选：B.10. 已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】观察选项的式子的特点，构造函数，对函数进行求导，判断单调区间，根据增减性判断函数值的大小，化简变换后即可选出结果.【详解】先判断，及，大小，即及的大小，设函数，则，当时，在内单减；当时， 在内单增.因此，故， 故，，所以，故选：A.11. 已知正方体的棱长为1，，分别是棱和棱的中点，为棱上的动点（不含端点）.①三棱锥的体积为定值；②当为棱的中点时，是锐角三角形；③面积的取值范围是；④若异面直线与所成的角为，则.以上四个命题中正确命题的个数为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】结合判断①；设中点为，若为中点，证明即可判断②；在侧面内作垂足为，设到的距离，故面积为，进而判断③；取中点为，连接，进而得异面直线与所成的角即为，再讨论范围即可.【详解】解：因为，点到平面的距离为定值，是定值，则三棱锥的体积为定值，故①选项正确；设中点为，若为中点，由正方体的性质，有，，，平面所以平面，平面，则，因为，所以，所以是直角三角形，故选项②不正确；在侧面内作垂足为，设到的距离，则边上的高为，故其面积为，当与重合时，，，当与重合时，，，故选项③正确；取中点为，连接，因为，所以异面直线与所成的角即为，在直角三角形中，，当为中点时，，当与，重合时，，故，，所以选项④正确，故命题正确的个数为3.故选：C.12. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，斜率为的直线与的两个交点为，.若，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的交点坐标，求出抛物线方程中的参数，得抛物线方程设直线方程为，，直线方程与抛物线方程联立方程组，消去得的二次方程，由韦达定理得，由判别式得的不等关系，由抛物线定义得，，这样可得关系代入判别式得关于的不等式，解之可得结论．【详解】双曲线的标准方程是，其右焦点是.所以，，抛物线是，设直线方程为，，由消去，化简整理得，因此，由得，，.因为，所以，即.，即，解得.代入得到，，或.故选：A．【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题关键是利用设而不求的思想方法，设直线直线方程与抛物线方程联立方程组后，由韦达定理得，由判别式得不等关系，利用抛物线的定义与已知条件求得后得参数关系，代入判别式可得参数的范围．在直线与圆锥曲线的问题中这是基本方法．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 2022年12月18日在卡塔尔世界杯决赛中，阿根廷队以总分7比5战胜法国队，历时28天的2022卡塔尔世界杯也缓缓落下了帷幕．随后某电视台轮流播放半决赛及以后的这4场足球赛（如图），某人随机选3场进行观看，其中恰好总决赛、季军赛被选上的概率为______．【答案】##0.5【解析】【分析】4场足球赛，选3场进行观看，基本事件共4个，其中恰好总决赛、季军赛被选上的基本事件数有2个，求出概率即可.【详解】由图可知：比赛共有4场，半决赛2场，季军赛1场，总决赛1场．选其中3场的基本事件共有4种，其中季军赛、总决赛被选上的基本事件共有2种，故概率为．故答案为：.14. 已知，与一条坐标轴相切，圆心在直线上.若与相切，则的一个方程为________.【答案】 (答案不唯一)【解析】【分析】先根据已知得出的圆心在的外面.然后分与轴相切以及与轴相切，结合已知可得出两圆外切.列出方程，化简整理求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，的圆心为，半径，所以点到直线的距离，所以，直线与圆相离，所以的圆心在的外面.当与轴相切时，设圆心，则的半径.因为与相切，且在的外面，所以两圆外切.所以，即，整理可得，.若，整理可得无解，所以，所以，解得或，所以方程为或；当与轴相切时，设圆心，则的半径.由两圆外切可得，，即，整理可得，则，所以有，解得或，所以方程为或.故答案为：.15. 已知圆锥轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点在上，且.若平面，则实数__________.【答案】##【解析】【分析】延长交圆于点，设，求出三边边长，分析可知，利用勾股定理可得出关于的等式，解之即可.【详解】如图，延长交圆于点，由题意可知，、均为等边三角形，设，由正弦定理可得，则，易知为的中点，则，，则，，因为平面，平面，所以，，在中，由勾股定理得，即，解得.故答案为：.16. 著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数，若数列满足，则称数列为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，，且，，则________.【答案】【解析】【分析】由已知可推得，进而得出，即可推得，所以为等比数列，根据等比数列即可得出答案.【详解】由得，.所以，，，因此，所以，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故.故答案为：128.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 设数列的前项和为，，是等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用与之间的关系，可得数列的通项公式；（2）利用等比数列的通项公式可得，利用裂项相消法与分组求和法可得.【小问1详解】，当时，，当时，，，当时，符合上式，故数列的通项公式为；【小问2详解】由（1）得，则，，，在等比数列中，公比，，，数列的前项和.18. 甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球，.现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜.（1）当，，时，求乙胜的概率；（2）若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值.【答案】（1）    （2）乙得分均值的最大值为，此时，【解析】【分析】（1）设出事件，根据古典概型概率公式求得事件概率，进而表示出事件乙胜，根据独立事件以及互斥事件，即可求出答案；（2）用随机变量来表示乙得分，则可取.然后分别计算得出取时的概率，根据期望公式求出即可得出，根据已知结合的取值范围，即可得出答案.【小问1详解】记“甲取红球”为事件，“甲取黄球”为事件，“甲取蓝球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，则由已知可得，，，，，，.由已知，乙胜可以用事件来表示，根据独立事件以及互斥事件可知，.【小问2详解】由题意知，，，.用随机变量来表示乙得分，则可取,则，，，所以.所以.因为，所以，且，，，所以，当且仅当，，时，等号成立.所以，乙得分均值的最大值为，此时，，.19. 如图,在直三棱柱中，平面，其垂足落在直线上．（1）求证：（2）若为的中点，求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先通过条件证明平面，然后得到；（2）以B为原点建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值.【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，平面 ，又平面， 平面，且平面，，又平面,平面， ，平面， 又平面，（2）由（1）知平面，平面,从而如图,以B为原点建立空间直角坐标系,平面，其垂足落在直线.在，在直三棱柱.在,则(0,0,0),,C（2，0，0）,P（1，1，0）,（0，2，2）,（0，2，2）设平面的一个法向量则  即 可得平面的一个法向量,二面角平面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明和二面角的求解，二面角一般是利用法向量来求解，侧重考查直观想象，逻辑推理及数学运算的核心素养.20. 已知函数，其中，．（1）当时，讨论的单调性；（2）若函数的导函数在内有且仅有一个极值点，求a的取值范围．【答案】（1）函数在内单调递增    （2）【解析】【分析】（1）由时，得到，然后利用导数法求解；（2）由，令，求导，由得到，令，利用数形结合法求解.【小问1详解】解：当时，，．因为，所以，，因此，故函数在内单调递增．【小问2详解】，令，则．由得，．显然不是的根．当时，．令，则．由得．当或时，；当时，，且，．所以极大值是．由图知，当或时，直线与曲线在内有唯一交点或，且在附近，，则；在附近，，则．因此是在内唯一极小值点．同理可得，是在内唯一极大值点．故a的取值范围是．【点睛】方法点睛：关于极值点问题，转化为函数零点再结合极值点的定义求解.21. 已知，为椭圆C：的左右焦点，P为椭圆C上一点．若为直角三角形，且．（1）求的值；（2）若直线l：与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线经过点，求实数m的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理，得到，再利用椭圆的定义，可得，化简可得答案.（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到弦AB中点M的坐标是，再利用线段AB的垂直平分线经过点，列出相应的方程并消去参数，借助判别式得到的范围.【小问1详解】若，则．因为，，解得，．因此．若，则，解得．因此．综上知，或．【小问2详解】设，，联立，消去y得到，，即．则，，弦AB中点M的坐标是．由得，．另一个方面，直线PM的方程是．点在此直线上，故，整理得，．代入中，，．又，，所以，．故实数m的取值范围是．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆锥曲线的极坐标方程为，､为的左､右焦点，过点的直线与曲线相交于A，两点.（1）当时，求的参数方程；（2）求的取值范围.【答案】（1）（为参数）    （2）【解析】【分析】（1）利用，代入曲线的极坐标方程可得其直角坐标方程可得、、的坐标，求出直线的斜率、倾斜角，在上任取一点，设有向线段的长为可得直线的参数方程；（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，设，对应的参数分别为，，根据的值可得答案.【小问1详解】，，曲线的直角坐标方程为，即，，，，直线的斜率：，时，直线的倾斜角为，在上任取一点，设有向线段的长为，则直线的参数方程为（为参数）；【小问2详解】将参数方程代入曲线的直角坐标方程得，即，设，对应的参数分别为，，则，故,因为，所以，则，故，所以.选修4-5：不等式选讲23. 设函数，其中.（1）当时，求曲线与直线围成的三角形的面积；（2）若，且不等式的解集是，求的值.【答案】（1）64    （2）【解析】【分析】（1）由题知，进而分别求解相应交点，计算距离，再计算面积即可；（2）分和两种情况求解得的解集为，进而结合题意求解即可.【小问1详解】解：根据题意，当时，，所以，，设；直线与交于点，与直线交于点，且，点到直线的距离，所以，要求图形的面积；【小问2详解】解：当时，，，即，解可得，此时有，当时，，，即，解可得，又由，则，此时有，综合可得：不等式的解集为，因为不等式的解集是所以，，解可得；所以，.