2023届江西省重点中学盟校高三第二次联考数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省重点中学盟校高三第二次联考数学（理）试题含解析，共20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届江西省重点中学盟校高三第二次联考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A．（－2,3） B．（－2,2） C．（－1,2） D．（0,3）【答案】C【分析】先解一元二次不等式及对数不等式求解集合，再利用交集的定义求解结果.【详解】由得：，即；由得，即，则；∴.故选：C.2．已知复数，是的共轭复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据共轭复数的概念及复数运算得，再根据复数的除法运算化简即可得答案.【详解】因为，则，所以.故选：B.3．设是等差数列的前项和,,,则公差A． B． C．1 D．-1【答案】D【分析】由题得到的方程组，解方程组即得d的值.【详解】由题得故答案为D【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）A．－ B．2 C．5 D．8【答案】C【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，平移目标函数即可求解.【详解】画出可行域如图所示，由解得，设A(1,2)，则目标函数，经过点A(1,2)时在y轴上的截距最大，所以在点A(1,2)处取得最大值最大值为.故选：C.5．设，则“”是“为奇函数”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】A【分析】根据为奇函数，可得，即可求得，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】若为奇函数，则，，解得，经检验，符合题意，“”是“为奇函数”的充分不必要条件.故选：A．6．双曲线的离心率最小时，双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出，然后利用基本不等式研究最值及等号成立的条件即可求出m的值进而求出双曲线的渐近线方程.【详解】依题，，∴，设离心率为，则，∵，∴，当且仅当即时取“”.此时双曲线方程是，渐近线方程是.故选D.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率、渐近线的概念及基本不等式的应用，属中等难度题.7．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解.【详解】由，化简得，所以．又是函数的一个极值点，所以当时，函数取得最值，所以，解得．因为，所以．故选：A．8．设函数，在区间随机抽取两个实数分别记为，则恒成立的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简得到，得到，结合题意转化为成立，得到，利用面积比的几何概型，即可求解.【详解】由函数当且仅当时，取“＝”，所以，又由恒成立就转化为成立，因为若，所以等价于，如图所示，由面积比几何概型，其概率为.故选：D.9．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，，所以，即.故选：A.10．已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，抛物线的准线上一点满足，则（    ）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】先求出抛物线的方程，得到焦点坐标.设直线：，用点差法表示出的中点为，利用半径相等得到：,解出k，即可求出.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，所以抛物线的方程为，其焦点为.因为直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为.因为，所以在以为直径的圆上.设点，，联立方程组，两式相减可得，设的中点为，则.因为点在直线l上，所以，所以点是以为直径的圆的圆心.由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，所以弦长.故选：C.【点睛】处理直线与二次曲线相交的问题：（1）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决大部分直线与二次曲线相交的问题；（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理.11．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，利用导数研究的单调性及最值，得出，即，再进一步计算和放缩得到结果.【详解】令，，所以在上单调递减，又，所以，即.令，则，则，即，所以.由，得，所以，综上.故选：.12．伯努利双纽线（简称双纽线）是瑞土数学家伯努利（1654~1705）在1694年提出的.伯努利将椭圆的定义作了类比处理，指出是到两个定点距离之积的点的轨迹是双纽线；曲线的形状类似打横的阿拉伯数字8，或者无穷大的符号.在平面直角坐标系xOy中，到定点的距离之积为的点的轨迹C就是伯努利双纽线，若点是轨迹C上一点，则下列说法正确的是（    ）①曲线C关于原点中心对称；②；③直线与曲线C只有一个交点；④曲线C上不存在点P，使得.A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】根据题意求得曲线的方程为，结合对称性的判定方法，联立方程组，以及特殊点，逐项判定，即可求解.【详解】在平面直角坐标系xOy中，设到定点的距离之积为，可得，整理得，即曲线的方程为，图象如图所示，在曲线上任取一点，则关于原点的对称点，则点满足曲线的方程，所以曲线关于原点成中心对称，所以①.由原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④错误；令，解得或，可得，所以②错误； 联立方程组，可得，即，所以，所以直线与曲线C只有一个交点，所以③正确.故选：B. 二、填空题13．已知向量的夹角为，且，则_________.【答案】【解析】根据数量积的定义及运算法则直接计算即可【详解】依题有.故答案为：【点睛】本题考查的是数量积的计算，较简单.14．已知函数则当时，的展开式中的系数为_________．【答案】270【分析】由分段函数解析式可得，应用二项式定理求出的系数即可.【详解】时，，，展开式第项，故时，，∴的系数270．故答案为：27015．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则__________．【答案】【分析】根据题意得到，进而依次求解出.【详解】的第项为，故，即因为，，所以，，.故答案为：16．如图，在直三棱柱中，，点E，F分别是棱，AB上的动点，当最小时，三棱锥外接球的表面积为___.【答案】10π【分析】把平面沿展开到与平面共面的的位置，确定当，，，四点共线时，的长度最小，求出此时的线段的长度，的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，即可得外接球的球心与半径，由球的表面积公式求解即可．【详解】把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，连结，如图1所示，则，要使得的长度最小，则需，，，四点共线，此时，因为，，，所以，所以，，故，，所以，，，，所以的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆如图2，连接，由于，所以，又所以，所以的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆所以三棱锥外接球的球心为，半径为，故外接球的表面积为．故答案为：． 三、解答题17．已知△ABC的内角的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，.(1)求cosC；(2)若，，求b.【答案】(1)(2)3 【分析】（1）由余弦定理及面积公式可求得；（2）由正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和正弦公式变形可求得，然后由正弦定理求得边b．【详解】（1）由已知，由余弦定理，得， 得，所以，所以.（2）由正弦定理得，则，又所以，又，所以，即又，所以，由，得， 所以，由正弦定理：.18．如图，四棱锥中，除EC以外的其余各棱长均为2(1)证明：平面平面；(2)若平面ADE⊥平面ABE，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取的中点，连结，，推导出，，从而平面，进而，由四边形是菱形，得，从而平面，由面面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：由已知四边形ABCD为菱形，所以，设AE的中点为O，连结OB，OD，因为，所以，平面OBD，所以AE⊥平面OBD， 又BD平面OBD，所以，又，平面ACE，所以BD⊥平面ACE，又BD平面BDE，所以平面BDE⊥平面ACE；（2）因为平面ADE⊥平面ABE，平面ADE∩平面，，所以DO⊥平面ABE，且， 以O为原点，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，设直线DE与平面BCE所成角为，平面BCE的法向量，则，取，得，则为所求.19．文具盒里装有7支规格一致的圆珠笔，其中4支黑笔，3支红笔.某学校甲、乙、丙三位教师共需取出3支红笔批阅试卷，每次从文具盒中随机取出一支笔，若取出的是红笔，则不放回；若取出的是黑笔，则放回文具盒，继续抽取，直至将3支红笔全部抽出.(1)在第2次取出黑笔的前提下，求第1次取出红笔的概率；(2)抽取3次后，记取出红笔的数量为，求随机变量的分布列；(3)因学校临时工作安排，甲教师不再参与阅卷，记恰好在第n次抽取中抽出第2支红笔的概率为，求的通项公式.【答案】(1)(2)分布列见解析(3) 【分析】（1）记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔，分别求得，，结合条件概率的计算公式，即可求解；（2）根据题意得到随机变量可能取值为，求得相应的概率，进而得出随机变量分布列；（3）由前n－1次取了1次红笔，第n次取红笔，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）解：根据题意，记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔，则，所以在第2次取出黑笔的前提下，第1次取出红笔的概率为.（2）解：由题意，随机变量可能取值为，可得，，，，所以随机变量分布列为：0123（3）解：由题意知：前n－1次取了1次红笔，第n次取红笔，则.20．设为椭圆E：上的三点，且点关于原点对称，.(1)求椭圆E的方程；(2)若点B关于原点的对称点为D，且，证明：四边形ABCD的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设点的坐标，利用点差法表示，进一步计算得出结果；（2）由对称性，四边形ABCD为平行四边形，所以，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示四边形ABCD的面积并证明定值.【详解】（1）设，，，则，两式相减，得，则，即，又因为，所以，所以椭圆E的方程为.（2）由对称性，四边形为平行四边形，所以，设直线的方程为，联立，消去得：，则，且， 由得，则，即整理得，即..原点到直线的距离，所以为定值.21．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若存在最小值m，且，求a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，求出、，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）分、、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，求出在上的最大值，可得出关于的等式，构造函数，利用函数的单调性列出不等式，解之即可得解.【详解】（1）当时，，，，所以曲线在处的切线方程为.（2）当时，，此时在递增，无最小值，不符题意；当时，在单调递减，且所以，有，此时f（x）在递增，在递减，f（x）无最小值，不符题意； 当时，令，则，设，则，令得，所以在递减，在递增，. （i）若，则，即，在递增，即在递增.又，所以有，即，且f（x）在递减，在递增，此时，设，则，所以在递增.由于，此时，不成立；（ii）当时，由上分析易知：f（x）在递减，在递增，，此时符合题意； （iii） 当时，由于，，所以存在有.所以在递增，在递减，在递增.又因为，设，求导易知.由于，故存在，有.则在递减，在递增.此时，由于，此时成立.综上，a的取值范围是（0，1].【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.22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是．（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积．【答案】（1），；（2）【解析】（1）由消去，得到，再利用，求得极坐标方程.然后利用直线的极坐标方程求点到直线的距离.（2）由曲线的极坐标方程和直线的极坐标方程联立得到，再将韦达定理代入，求得，再由求解.【详解】（1）由消去，得到，则，∴，，所以直线的极坐标方程为．所以点到直线的距离为．（2）由，得，所以，，所以，所以的面积为.【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，点到直线的距离以及三角形的面积，还考查了运算求解的能力，属于中档题.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)若，且对任意恒成立，求m的最小值.【答案】(1)(2)1 【分析】（1）通过讨论的范围，得到各个区间上的的范围，取并集即可；（2）恒成立等价于恒成立，根据绝对值的意义将函数表示成分段函数进而求得，再解关于的不等式即可得解.【详解】（1）当时，，原不等式等价于或或，解得：或无解或，所以的解集为.（2）∵.则所以函数f（x）在上单调递减，在[－，]上单调递减，在上单调递增.所以. 因为对任意恒成立，所以.又因为，所以，解得（不合题意）.所以m的最小值为1.