2022-2023学年江西省重点中学协作体高二下学期第一次（2月）联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省重点中学协作体高二下学期第一次（2月）联考数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江西省重点中学协作体高二下学期第一次（2月）联考数学试题

一、单选题
1．已如集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出集合AB中元素范围，然后再求交集即可.
【详解】,
,
.
故选：B.
2．已知复数（i为虚数单位），若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据可得圆方程，所以当直线与圆相切时，可取得最小值.
【详解】由题可得，所以，
所以，设，即，
当直线与圆相切时，
解得，所以的最小值为，
故选:B.
3．已知，均为锐角，且，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同角三角函数的基本关系和三角恒等变换公式求解.
【详解】因为，
所以，所以，
所以，
所以，
又因为，解得，
因为所以
所以所以，
故选:B.
4．已知椭圆的焦距为，且成等差数列，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由条件得，然后两边平方，利用消去，解关于的方程可得离心率.
【详解】成等差数列，
，
，
整理得，即，
或（舍去），
.
故选：A.
5．函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先得到当时，，排除BD，再求导，得到函数单调性，结合，排除C.
【详解】，当时，，
故当时，恒成立，排除BD，
，
令得：，此时单调递增，令得：，
此时单调递减，其中，排除C，
故当时，取得最大值，故A正确.
故选：A
6．我国古代典籍《艺经》中记载了一种名为“弹棋”的游戏：“弹棋，二人对局，先列棋相当.下呼，上击之.”其规则为：双方各执4子，摆放好后，轮流用己方棋子击打对方棋子，使己方棋子射入对方的圆洞中，先射完全部4子者获胜.现有甲、乙两人对弈，其中甲、乙击中的概率分别为、，甲执先手，则双方共击9次后游戏结束的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据题意得到一定甲获胜，且最后一次甲击中，再求概率即可.
【详解】由题知：因为甲执先手，则双方共击9次后游戏结束，
所以一定甲获胜，且最后一次甲击中，乙至多击中3次，
故概率.
故选：C
7．已知，，，则大小关系正确的为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由于，由此可构造函数，利用导数判断其单调性，可得，即得；再根据，，构造，，比较可得，从而可判断，即得答案.
【详解】因为，，所以，
由于，故，故，
设 ，则，
即单调递减，故，即，
故，即；
，，
令，，
令 ，
则，
当时，在递减，当时，在递增，
所以 ，即（当且仅当时等号成立），
∴，即，即，
∴，
故选：A
【点睛】难点点睛：此类比较大小问题，应该所给数看作某些函数的函数值的大小比较，困难之处在于要能根据函数值的特征,或进行适当的变化，发现规律，构造合适的函数，从而利用函数的单调性比较大小.
8．在长方体中，，，点M为平面内一动点，且平面，则当取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用面面平行的性质定理可得点M 在线段上，当取最小值时为线段的中点，再根据三棱锥的特征确定外接球球心即为与的交点，求出半径即可计算出外接球的表面积.
【详解】根据题意易知，，且平面，平面，所以平面，同理可得平面；
又，平面，所以平面平面；
又因为点M在平面内且平面，所以点M在平面与平面的交线上，
易知，所以当取最小值时，为线段的中点，如下图所示：

取的中点为，交于点，连接；
则，所以，而，
所以即为三棱锥的外接球球心，半径，
则表面积.
故选：A

二、多选题
9．已知函数的最小正周期T满足，且是的一个对称中心，则下列说法正确的是（    ）
A． B．的值域是
C．是函数的一条对称轴 D．在上有2个零点
【答案】AC
【分析】根据正弦型函数的最小正周期，结合题目条件得到，再由函数的一个对称中心是求得，，从而得到函数的解析式，利用正弦型函数的性质即可判断各个选项.
【详解】因为函数的最小正周期满足，且，
则，解得：，
令，，解得：，，
则函数（）的对称中心为（），
又有是的一个对称中心，
所以，，即，，
所以，所以A选项正确；
则函数，当时，，
则，所以B选项错误；
当时，，
则是函数的一条对称轴，所以C选项正确；
令，则或
当时，不存在零点，所以D选项错误；
故选：AC.
10．已知正方体的棱长为2，E，F是线段上的两个动点.若，则下列说法正确的是（    ）
A． B．的面积与的面积相等
C．直线与所成角的最小值为 D．三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】根据线面垂直的判定与性质，点到直线的距离，异面直线所成角的概念，三棱锥的体积公式，即可分别求解判断．
【详解】解：对A选项，如图，连接，

在正方体中，，平面
又平面
，平面
平面，又平面，，故A选项正确；
对B选项，连接，，

在正方体，则△为正三角形，且，

到直线的距离为，
又易知到的距离为，
的面积与的面积不相等，故B选项错误；
对C选项，过作底面，垂足点为，则点在线段上，

易知，直线与所成角即为（或其补角），
而，，
当（到的距离）时，最小为，而此时，故C选项错误；
对D选项，的面积一定，又到平行的距离也为定值，
三棱锥的体积为定值，故D选项正确．
故选：AD．
11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．在处取得最大值 B．在上单调递增
C．有两个不同的零点 D．恒成立
【答案】ABD
【分析】利用函数的导数与单调性的关系可判断A,B，根据单调性与最值的关系可判断C，构造函数，利用导数讨论单调性和最值即可判断D.
【详解】函数的定义域为，，
令解得，令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以在处取得最大值，A正确；
在上单调递增，B正确，
，所以函数无零点，C错误；
恒成立即恒成立，
也即恒成立，
令，
令
所以恒成立，所以在单调递增，

所以在存在唯一零点，且，
，即，
当，函数单调递减，
当，函数单调递增，
所以，
当且仅当，但是，所以等号不成立，
所以恒成立，即恒成立，D正确，
故选:ABD.
12．已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为D，E中点，直线l为抛物线C的准线，则（    ）
A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与y轴相切
C．的最小值为32 D．当取得最小值时，轴
【答案】CD
【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A；利用抛物线定义推得,由此判断B；计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.
【详解】设，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B错误；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，即轴，故D正确,
故选:CD.

三、填空题
13．的二项式展开式中的系数为20，则其中系数最大的项是__________.
【答案】当时，；当时,
【分析】首先由二项式展开式中的系数为20求得，再将分类讨论代入中，即可求得系数最大的项.
【详解】由通项可得，令，解得，
则，；
当时，,其中系数最大的项为；
当时，，其中系数最大的项为.
故答案为：当时，；当时,
14．已知向量，，满足，，，则向量与夹角的正切值的最大值为__________.
【答案】##
【分析】根据题意可知，由可得，再利用向量数量积公式即可求得，根据三角函数单调性即可求得夹角正切值的最大值为.
【详解】由，可知，且；
将两边同时平方可得，即，
整理得，
设向量与的夹角为，则，
而，所以

当且仅当时等号成立，所以夹角；
根据正切函数单调性可得，
即向量与夹角的正切值的最大值为.
故答案为：
15．已知圆C满足下列条件：①圆心C在第三象限；②与圆外切；③圆C的一条切线方程为，则圆C的标准方程可能是__________.（写出一个即可）
【答案】(答案不唯一，但圆心坐标需满足，)
【分析】设所求圆的圆心和半径，根据条件得到关于的方程组，即可求解.
【详解】设圆心坐标为，由①可知，半径为，
由②③可知，整理可得，
当时，，，所以其中一个同时满足条件①②③的圆的标准方程是.
故答案为：．

四、双空题
16．已知数列的首项，前n项和满足，若，则__________；若为递增数列，则m的取值范围为__________.
【答案】     315    
【分析】（1）由得，相减即可得，根据得的值，再根据迭代法求得的值；（2）把化简可得，从而可得，相减得，故只需可满足为递增数列，列不等式即可求得m的取值范围．
【详解】解：①，
当时，，又，则，
当时，②，
①-②可得：，


；
已知数列的首项，前n项和，
由可得：③，故④，
④-③可得：，，
当时，，即
的偶数项组成一个等差数列，公差为8，
且从第3项起，所有的奇数项也组成一个等差数列，公差为8，
若数列是递增数列，则只需满足即可，
把，代入，解得，故，
把代入，解得，
，
解得：，则m的取值范围为.
故答案为：315；．

五、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)若，求B；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题目特征利用正弦定理和三角恒等变换可得，再根据二倍角公式并结合可得求得角的大小，进而得出；（2）利用正弦定理和基本不等式可得，再根据利用三角恒等变换和辅助角公式即可求得，所以的最小值为.
【详解】（1）由正弦定理可得，
根据三角恒等变换可得
，
；
所以，
即，整理得，又因为，
所以，
即，
得，，所以，，得；
即，
所以
（2）利用正弦定理可知，
结合（1）中可得，，所以，
即，
当且仅当时，不等式取等号；
又，所以，
所以
，
，所以
即，所以，
因此，当且仅当时等号成立；
即的最小值为
18．近年来，学生职业生涯规划课程逐渐进入课堂，考生选择大学就读专业时不再盲目扎堆热门专业，报考专业分布更加广泛，之前较冷门的数学、物理、化学等专业报考的人数也逐年上升.下表是某高校数学专业近五年的录取平均分与当年该学校的最低提档线对照表：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码
1
2
3
4
5
该校最低提档分数线
510
511
520
512
526
数学专业录取平均分
522
527
540
536
554
提档线与数学专业录取平均分之差
12
16
20
24
28

(1)根据上表数据可知，y与t之间存在线性相关关系，请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程；
(2)据以往数据可知，该大学每年数学专业的录取分数X服从正态分布，其中为当年该大学的数学录取平均分，假设2022年该校最低提档分数线为540分.
①若该大学2022年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，本专业2022年录取学生共多少人？进入本专业高考成绩前46名的学生可以获得一等奖学金，则一等奖学金分数线应该设定为多少分？
②在①的条件下，若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用表示其中高考成绩在584分以上的人数，求随机变量的分布列与数学期望.
参考公式：，.
参考数据：，，
【答案】(1)
(2)①；580分；②详见解析.

【分析】（1）根据表中数据，分别求得，，，写出线性回归方程.
（2）①由（1）中的线性回归方程求得时的，进而得到该大学2022年的数学专业录取平均分，然后利用原则求解，再由584分以上的有3人可计算出本专业2022年录取学生共多少人；再由前46名占比计算出一等奖学金分数线应该设定为多少分；
②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3人，则的可能取值为0，1，2，3，再由超几何分布的概率求解计算出概率并列出分布列进而求得数学期望.
【详解】（1）由题意知，
，
，
，所以，
，
故所求线性回归方程为．
（2）①由（1）知，当时，，
故该大学2022年的数学专业录取平均分约为．即
因为，又，
若该大学2022年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，
则本专业2022年录取学生共；
进入本专业高考成绩前46名的学生占录取人数的，
设一等奖学金分数线应该设定为分，
则，


，
故一等奖学金分数线应该设定为580分；
②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3人，则的可能取值为0，1，2，3；
；；
；

0
1
2
3






.
19．在①，②，③（p是与n无关的参数）这三个条件中任选两个，补充在下面的横线上，并解答问题.已知数列的前n项和为，且满足__________，数列为等差数列，，.
(1)数列是否为唯一确定的等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由；
(2)求证：数列中任意三项均不能构成等比数列.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)选①②和选②③都不能，选①③能，理由见解析
(2)证明见解析

【分析】(1) 选①②时，根据题意可得以及联立方程无解即可说明；选①③时，以及的关系可求出唯一满足的等比数列；选②③，则无法确定数列的首项，数列不唯一.
(2)利用反证法列出等式推出矛盾即可.
【详解】（1）若选①②，因为，令，则，
又因为，所以，
所以即无解，
所以选①②不能唯一确定的等比数列；
若选①③，因为，令，则，
由可得，两式相减得，
即，所以数列为等比数列，
所以解得，则公比为，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
若选②③，则无法确定数列的首项，数列不唯一.
（2）因为数列为等差数列，，，
所以，所以，
所以，
假设数列中存在3项成等比数列，（其中互不相等），
则，
所以，
所以，
所以所以，所以，
所以与假设矛盾，
所以数列中任意三项均不能构成等比数列.
20．如图，直三棱柱的体积为4，D为的中点，E为底边上的动点，的面积为.

(1)求点到平面的距离；
(2)若，平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，求异面直线、间的距离.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由已知可推得.结合，即可得出；
（2）取中点为，可得平面，进而可证平面.然后根据已知可求得，.以点为坐标原点建系，设，根据已知写出点的坐标，得出平面与平面的法向量，根据已知求出，即为的中点.将平面扩展为平面，进而通过证明平面，可将求异面直线、间的距离，转化为求点到平面的距离.
【详解】（1）设点到平面的距离.
由三棱柱的性质可知，平面，，
所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，.
由已知可得，，
所以，，所以.
又，即，所以.
（2）取中点为，连结.
因为，D为的中点，所以.又为的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，因为平面，所以.
又由直三棱柱的性质可得，，，平面，平面，
所以，平面，又平面，平面，所以，.
设，，则，，
则，.
则由已知可得，，解得.

以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系.
设，则，，，，，，，
所以，，，，，
所以，所以.
设是平面的一个法向量，则，取，则，，
所以，是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，则，取，则，，
所以，是平面的一个法向量.
又平面与平面的夹角的余弦值为，所以，即，
整理可得，解得或（舍去），
所以，所以，即为的中点，.
如图，延长至点，使得，延长至点，使得.
连结、、.
因为分别是、的中点，所以.
由三棱柱的性质可得，，.
又，，所以，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，所以.
因为，平面，平面，
所以，平面.又平面，
所以与平面之间的距离，即为异面直线、间的距离.
由已知可得，，则，.
设是平面的一个法向量，则，取，则，，
所以，.又，
所以，点到平面的距离，
所以，直线到平面的距离即为，即异面直线、间的距离即为.
【点睛】方法点睛：求异面直线之间的距离，可以先通过证明其中一条直线平行于过另一直线的平面，然后转化为求直线到平面的距离，最终转化为求点到平面的距离.
21．已知双曲线的左右焦点分别为，，M在C的右支上，的最大值为3，且当时，的面积为.
(1)求C的方程；
(2)若A，B是C上位于x轴上方上的两点，且，与交于点P，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】(1)根据双曲线的定义和性质知当时取得最大值，得，在中由余弦定理计算可得，进而求出a即可；
(2)设，根据双曲线的定义和余弦定理可得、，则.根据相似三角形的性质化简可得、，进而，即可求解.
【详解】（1）设，
由双曲线的定义得，得()，
，当时，取得最大值，
所以，得.
当时，，解得.
在中，由余弦定理得，
即，由得，
有，得，又，所以，
故双曲线的方程为；
（2）设，由双曲线的定义，
知，，得，
在中，由余弦定理得，
整理，得，同理可得，
所以，
因为，所以，得，
即，得，
所以，即
同理，即，
所以，
由(1)知，，所以，即.
故为定值.
【点睛】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22．已知函数.
(1)证明：；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）令，利用导数分析函数的单调性，可得出，即可证得结论成立；
（2）令，其中，由题意可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）证明：令，，，
，由可得，由可得.
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，故原不等式得证.
（2）解：当时，由可得，
令，其中，
由题意可知对任意的恒成立，
，且，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，则.
①当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
故函数在上为增函数，则且不恒为零，
故函数在上为增函数，则，合乎题意；
②当时，即当时，，
，
所以，存在，使得，
当时，，则，此时函数单调递减，
则当时，，即，故函数在上单调递减，
所以，，不合乎题意.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键在于通过构造函数，且注意到，转化为恒成立，在确定导数符号时，本题需要二次求导，需要注意每次求导时函数单调性与导数之间的关系.