江西省名校协作体2023届高三数学（理）二轮复习联考（二）（期中）试题（Word版附解析）

2023届高三二轮复习联考（二）全国卷

理 科 数 学 试 题

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. 若集合，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解绝对值不等式求得集合A，利用对数函数定义域求得集合B，然后由交集定义计算即可.

【详解】因，所以，所以，

因为，所以，所以，

所以.

故选：C

2. 已知复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】化简，根据对应点所在象限列不等式，从而求得的取值范围.

【详解】，

对应点，

由于点在第一象限，

所以，解得.

故选：A

3. “”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确答案.

【详解】，

所以，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

4. 抛物线的焦点坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件直接求出抛物线焦点坐标即可作答.

【详解】抛物线开口向上，其中，故抛物线的焦点坐标为.

故选：B

5. 已知数列满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据递推公式一一计算可得.

【详解】因为，，

所以，，，.

故选：C

6. 某工艺品修复工作分为两道工序，第一道工序是复型，第二道工序是上漆.现甲，乙两位工匠要完成A，B，C三件工艺品的修复工作，每件工艺品先由甲复型，再由乙上漆.每道工序所需的时间（单位：h）如下：

则完成这三件工艺品的修复工作最少需要（    ）

A. 43 h B. 46 h C. 47 h D. 49 h

【答案】B

【解析】

分析】根据题意组合工序顺序计算即可.

【详解】由题意，甲工匠按A，C，B的顺序工作，乙工匠空闲时间最短，此时完成修复工作所需时间最短，最短时间为.

故选：B.

7. 一个四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥中最长棱的棱长为（    ）

A.  B. 3 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出给定的三视图对应的四棱锥直观图，再求出四棱锥的每条棱长作答.

【详解】如图，四棱锥是给定三视图所对应的几何体，其中平面，四边形是直角梯形，

，，，

在直角梯形中，，

在中，，，

所以四棱锥中最长棱的棱长为.

故选：C

8. 声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 是奇函数 B. 的最小正周期为

C. 的最大值为 D. 在区间上单调递减

【答案】D

【解析】

【分析】根据奇偶性的定义可判断A；由可判断B；利用换元法将问题化归为二次函数给定区间求最值可判断C；对求导，判断的单调性可判断D.

【详解】因为，定义域为R，

所以是偶函数，故A不正确；

因为，

所以的最小正周期不是，故B不正确；

因为 ，

令 ，则 ，

所以当时，取得最大值，最大值为，故C不正确；

当，，

则，

当时，，，

所以，所以在区间上单调递减，故D正确.

故选：D.

9. 已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求得与圆相切且时的长，根据圆与直线的位置关系求得点的横坐标的取值范围.

【详解】圆的圆心为，半径，

当与圆相切且时，，

以为圆心，半径为的圆的标准方程为，

由消去并化简得，

解得或，所以点的横坐标的取值范围.

故选：C

10. 如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面截三棱柱外接球所得截面的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】判断出外接球球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，利用等体积法求得外接球球心到平面的距离，进而求得截面半径，从而求得截面面积.

【详解】由于为等腰直角三角形，所以的外心是的中点，设为，

设的中点为，连接，设的中点为，

则是直三棱柱的外接球的球心，

连接，

设外接球的半径为，则.

由于，所以，根据直棱柱的性质可知，

由于平面，

所以平面，，

所以，

，

，所以,

设到平面的距离为，则，

所以平面截三棱柱的外接球所得截面的半径为，

所以截面面积为.

故选：C

11. 设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据与的关系式，分成与两种情况求解，观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出.

【详解】当时，，即，

得或（舍去），

当时，由，……①

得，……②

得：，

化简得.

因为，所以，，

即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，

所以.

当，时，

会得到数列中原次序的一列等比数列，

此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；

下面证明此时的公比最小：

，假若取，公比为，

则为奇数，不可能在数列中.

所以.

又，所以.

故选：C

12. 设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上．若．则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先构造函数可得在上单调递增，在上单调递减，将不等式等价转化为，利用函数的单调性和奇偶性得到，解之即可.

【详解】因为,所以,

设可得,为偶函数

在上有，，

故在上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，

由得

，

即，，

即，,解得.

故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在点处的切线方程是__________（结果用一般式表示）.

【答案】

【解析】

【分析】求导，由导数的几何意义可得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程.

【详解】,所以，所以由点斜式可得切线方程为，即，

故答案为：

14. 在边长为6的正中，若点满足，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】以、作为一组基底表示出、，再根据数量积的运算律计算可得.

【详解】因为，所以，

，

所以

.

故答案为：

15. 近两年来，多个省份公布新高考改革方案，其中部分省份实行“”的高考模式，“3”为全国统一高考的语文､数学､外语3门必考科目，“1”由考生在物理､历史两门科目中选考1门科目，“2”由考生在思想政治､地理､化学､生物4门科目中选考2门科目，则甲，乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率为__________.

【答案】

【解析】

【分析】首先求出选科的总情况，再求出有两门选考科目相同的情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得.

【详解】甲、乙两名考生选科的总情况有，其中恰有两门选考科目相同的情况有以下两种：

①在物理、历史两科中选科相同：；

②在物理、历史两科中选科不同：，

因此甲、乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率.

故答案为：

16. 已知双曲线的右焦点为，双曲线的一条渐近线与圆在第二象限的交点为，圆在点处的切线与轴的交点为，若，则双曲线的离心率为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】依题意得：，渐近线的方程为，联立渐近线方程和圆的方程求得，根据求得直线的斜率，进而得到其方程，从而求得.由，结合正弦定理可得，，从而利用两点距离公式代入可得，进而求得双曲线的离心率.

【详解】

依题意得：，渐近线的方程为，

联立 ，解得 ，

.

的方程为，

令，得 .

，

根据正弦定理可得，

则，即.

，即

故答案为：

【点睛】关键点睛：这道题的关键是能根据正弦定理把，转化为，从而借助两点距离公式构造齐次方程求离心率.

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：60分.

17. 在中，内角的对边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）若，且，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，由此求得.

（2）正弦定理求得，根据余弦定理、三角形的面积公式求得正确答案.

【小问1详解】

依题意，，

由余弦定理得，

则，由正弦定理得，

由于，则,

所以为锐角，则.

【小问2详解】

由正弦定理得，

，

由余弦定理得①，

由两边平方得，

代入①得，即，解得（负根舍去），

所以.

18. 如图①，在等腰梯形中，点为边上的一点，，是一个等边三角形，现将沿着翻折至，如图②.

（1）在翻折过程中，求四棱锥体积的最大值；

（2）当四棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据平面平面时，四棱锥体积取得最大值来求得正确答案.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.

【小问1详解】

依题意可知：三角形是边长为的等边三角形，高为，

四边形是边长为的菱形，且，，

在翻折过程中，当平面平面时，

四棱锥体积取得最大值，

且最大值为.

【小问2详解】

设的中点为，连接，

当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，

由于平面平面平面，，

所以平面，

由于平面，所以，

连接，则三角形是等边三角形，所以，

由于平面平面平面，，

所以平面.

以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

平面的法向量为，

，

设平面的法向量为，

则，故可设，

设平面与平面的夹角为，

则.

19. 旅游承载着人们对美好生活的向往.随着近些年人们收入和消费水平不断提高，对品质生活的需求也日益升级，旅游市场开启了快速增长的时代.某旅游景区为吸引旅客，提供了､两条路线方案.该景区为进一步了解旅客对这套路线的选择情况和满意度评价（“好”或“一般”），对300名的旅客的路线选择和评价进行了统计，如下表：

（1）填补上面的统计表中的空缺数据，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对，两条路线的选择与性别有关？

（2）某人计划到该景区旅游，预先在网上了解两条路线的评价，假设他分别看了两条路线各三条评价（评价好或一般的可能性以前面统计的比例为参考），若评价为“好”的计5分，评价为“一般”的计2分，以期望值作为参考，那么你认为这个人会选择哪一条线路.请用计算说明理由.

附：，其中.

【答案】（1）表格见解析，有关   

（2）选择路线，理由见解析

【解析】

【分析】（1）首先补全补全统计表，即可作出列联表，再计算出卡方，即可判断；

（2）首先求出选择、路线好评的概率，路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，求出所对应的概率，求出数学期望，即可判断.

【小问1详解】

补全统计表如下：

零假设：对于、两条路线的选择与性别无关，

将所给数据整理，得到如下列联表：

所以，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为对、两条路线的选择与性别有关.

【小问2详解】

设为选择路线好评率，则，

设为选择路线好评率，则，

设路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，

则，，

，，

所以，

，，

，，

所以，

所以，所以选择路线.

20. 已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为，过的直线与椭圆相交于两点，且的周长为8.

（1）求椭圆的方程；

（2）若过点的动直线与椭圆相交于两点，直线的方程为.过点作于点，过点作于点.记的面积分别为，，.问是否存在实数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，利用焦距求出c，再由椭圆a，b，c关系即可求出椭圆方程；

（2）依题意作图，设n的方程并与椭圆方程联立，求出的解析式，即可求出的值.

【小问1详解】

设椭圆的焦距为，则，所以，

由椭圆的定义可得的周长为，

所以，所以，

所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

由题意可知，直线n的斜率不为0，其方程可设为，

设，，则，，

联立可得，，

由韦达定理可得，，

因为

.

因为，

，

所以

，

所以，

故，即，

所以存在实数，使得成立.

21. 已知函数，其中是自然对数底数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）当时，若对任意的恒成立，求的值.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解；

（2）首先求出函数的导函数，令，求出，再分、、、四种情况讨论，结合函数的单调性即可判断.

【小问1详解】

当时，，则，

当时，令解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减；

当时，，所以在上单调递减，

当时，令，解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

当时，，所以，

令，则，

当时，，与对任意的，恒成立矛盾，不合题意；

当时，，即在上单调递增，

又因为，，

故存在使得，故当时，此时，

所以在上单调递减，所以，不合题意；

当时，，即在上单调递增，

又因为，

故当时，，此时，所以在上单调递减，

当时，，此时，所以在上单调递增，

所以，满足题意；

当时，，即在上单调递增，

又因为，，

故存在使得，故当时，，此时，

所以在上单调递增，所以，不合题意；

综上可得.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.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. 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（其中t为参数），以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，点P是曲线C上的一动点，求面积的最大值.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程之间的转化公式计算即可；

（2）利用圆的性质及弦长公式即可得出结果.

【小问1详解】

由直线l的参数方程

消参得直线l的普通方程为：.

由曲线C的极坐标方程为，

得，因为，，所以，

所以曲线C的直角坐标方程为.

小问2详解】

因为曲线C的圆心到直线l的距离，

而的半径，

所以.

又点P到直线l距离的最大值为，

所以面积的最大值为.

[选修4-5：不等式选讲]

23. （1）已知函数.解不等式；

（2）已知正实数a，b，c满足，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用分段函数来分段处理不等式问题；

（2）“1”的代换结合基本不等式解决。

【详解】解：（1）

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得，

∴原不等式的解集为.

（2）因为a，b，c为正实数，且满足，

所以

当且仅当，即，，，时取等号，

所以的最小值为.