江西省智学联盟体2022-2023学年高二上学期联考数学试卷

江西智学联盟体2024届高二联考

                     数学参考答案及解析

一、选择题

1.【答案】C【解析】由已知,得又

故选C.

2.【答案】A【解析】由已知,得故选A.

3.【答案】B【解析】

故选B.

4.【答案】C【解析】设与的夹角为，则在上的投影数量为即

因为所以，故选C.

5.【答案】B【解析】将甲，乙分别记为x，y，另2名同学分别记为a，b．设“甲，乙只有一人被选中”为事件A，则从4名同学中随机选出2名同学参加社区活动的所有可能情况有，，，，，，共6种，其中事件A包含的可能情况有，，，，共4种，故．故选B.

6.【答案】B【解析】对于①:若，则平行或异面，所以①错误;对于②:若，，，，则或与相交，故②错误;对于③:由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，故③正确；对于④:由，则存在直线且，而则，根据面面垂直的判定易知，④正确,所以有2个正确,故选B.

7.【答案】A【解析】若函数f（x）是关于0和1的“函数”，则f（x）•f（﹣x）＝1，则f（x）≠0，

且f（1+x）•f（1﹣x）＝1，即f（2+x）•f（﹣x）＝1，即f（2+x）•f（﹣x）＝1＝f（x）•f（﹣x），

则f（2+x）＝f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，当时，

在一个周期内当x∈[0，2]时，f（x）∈[，2],

∴当x∈[﹣2，2]时，f（x）∈[，2],故选A.

8.【答案】D【解析】将棱台补全为棱锥，由侧面与都是直角梯形,得

平面,由，异面直线与所成角为由平面,得

又即,又平面,又平面,

,则，设到面的距离为h，又，则，可得，设与平面所成角为则,故选D.

9.【答案】BD【解析】对于A,设中位数为

所以由题意可得解得,故A错误;对于B,由题意得

平均分为故B正确; 对于C,由于频率分布折线图表示的是某一个范围的频率,不能判断成绩是50分或100分的学生人数,所以C错误；对于D,成绩80分及以上的学生人数为故D正确,故选：BD.

10.【答案】AD【解析】

由得，，即函数的单调递减区间为：，又函数在区间上单调递减，

所以，即，解得，，因此，

即，又，所以，因此,所以选项A正确;当时，而故选项B错误;当时,无最大值,故选项C错误;当时，而零点个数为0个或1个,所以选项D正确,故选：AD.

11.【答案】AB【解析】对于选项A，在平面内，延长交DC的延长线于G，连接AG交BC于E点，所以四边形为平面截正方体所得的截面,易得E为BC的中点，点B与点C到平面的距离相等,故选项A正确;对于选项B,因为且，所以四边形为等腰梯形，,又四边形的面积，所以平面截正方体所得的截面面积为，故选项B正确；对于选项C，故选项C错误;对于选项D，因为，所以异面直线与所成角即为AP与AB所成的角，连接BP，易得是直角三角形，且，，所以，所以,故D错误；所以选：AB.

12.【答案】BCD【解析】由题意得是等边三角形,的周长为又，对于选项A，当点为上顶点时,最大,则的最小值为 故选项A错误；对于选项B，利用椭圆的性质可知的面积最大值为，故选项B正确；对于选项C，设则又

故选项C正确；对于选项D，因为以为直径的圆的方程为联立方程组,整理得即方程组无解,则以点为直角顶点的不存在，以点为直角顶点的分别有2个,所以上有且只有4个点,使得是直角三角形,故选项D正确．故选：BCD．                               

13.【答案】1【解析】由已知,得

,比较系数得,.

14.【答案】或【解析】圆，即，圆心为，半径，当且仅当时半径取得最小值，此时圆的面积最小，此时圆的方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得或；故答案为：或；

15.【答案】【解析】因为函数，可得函数图像如图：

由于方程有4个不同的实数根，令则关于的方程有2个不同的实数根，因为恒成立，设两个不等的实根为，不妨设,由韦达定理知：，则异号，由图可知：，所以，解得.

16.【答案】【解析】如下图所示：

取的中点，连接、，设和的外心分别为点、，分别过点、作平面和平面的垂线交于点，则点为外接球球心，由题意可知，和都是边长为的等边三角形，为的中点，，且，，，，，平面，平面，平面平面，易得，，

平面，平面，，同理可得，则四边形为菱形，，菱形为正方形，平面，平面，，

所以外接球的半径为因此四面体的外接球的表面积为.

17.【解析】(1)选①：,由正弦定理得   .....2分

即           .....4分

又角为锐角,;              .....5分

选②：因为，所以由正弦定理得  .....1分

即        .....3分

又角为锐角,               .....5分

选③：,由正弦定理得        .....2分

又

即                .....3分

                      .....4分

                                   .....5分

(2)由(1)可知，在△ABC中，由余弦定理得       .....6分

即                           .....7分

，当且仅当时等号成立，      .....9分

所以，即△ABC周长的最大值为.                 .....10分

18.【解析】(1)若选将，和，代入可得，

解得，故，将代入，；           .....2分

若选，将，和，代入可得，，解得，

故，将代入可得，；                     .....4分

所以选择函数更合适，解析式为．                 .....6分

(2)设至少需要个单位时间，

则，即，                   .....8分

两边同时取对数可得，，                 .....9分

则，                     .....11分

的最小值为14，

故至少经过14个单位时间该病毒的数量不少于十亿个．         .....12分

19.【解析】(1)由函数图象知，，所以.....2分

所以 ，

因为函数图象过点，所以，则，

解得，又，所以，            .....4分

所以，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到，        

所以函数的解析式为              .....6分

（2），               .....8分

令则由题意，得                  .....9分

由二次函数图象可知，解得，

所以实数的取值范围为。                             .....12分

20.【解析】(1)由题意可知，故线段的中垂线即为的欧拉线，       .....2分 

线段的中点为，直线的斜率为，            .....4分

所以，线段的垂直平分线方程为，即，

所以，的欧拉线的方程为                         .....6分

(2)因为圆的圆心在的欧拉线上，，    

所以                      .....8分

设圆心为，解得或，

圆心的坐标为或,                    .....10分

又圆心到直线的距离为

所以，圆的方程为或.         .....12分

21.【解析】(1)证明：过在平面内作，垂足为点，          .....1分

平面平面，平面平面，平面，

平面，                   .....2分

平面，则，                .....3分

在正方形中,在直角三角形中,,

又平面,             .....4分

平面，，                 .....5分

，平面.               .....6分

(2)解：过点在平面内作，垂足为点，连接，       

由（1）知平面，平面，，   .....7分         

，，所以平面，          

因为平面，所以，所以为二面角的平面角，      .....8分

由（1）知平面，平面，平面,

为等腰直角三角形,,

，                                    .....9分

为的中点，所以，，

由，得          .....10分

在直角三角形中，                    .....11分

因此，二面角的余弦值为.       .....12分

22.【解析】（1）由题意，得             .....2分

解得

所以椭圆的标准方程为.                           .....4分

（2）由(1),可得设，

则直线，与联立可得，

所以，所以，

所以，所以，       .....6分

又直线，与联立可得，

所以，所以，

所以，所以,                .....8分

所以直线的斜率为=                     .....9分

所以直线.       .....11分

所以直线恒过定点，且定点坐标为.                      .....12分