江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考数学（文）试题（含解析）

江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知为虚部单位，复数为纯虚数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．有道是：“上饶是个好地方，三清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到上饶旅游，分别准备从三清山、婺源、葛仙山三个著名景点中随机选一个景点游玩，则甲、乙至少一人选择三清山的概率是（    ）

A． B． C． D．

4．已知为单位向量，且，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

5．已知等比数列的前4项和为，，则（    ）

A． B． C．1 D．2

6．设，，则“”是“，”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

7．已知函数，，若对任意的，存在，使，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．已知椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上异于长轴端点的动点，，分别为的重心和内心，则（    ）

A． B． C．2 D．

9．已知实数满足，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

10．已知三棱锥满足，．则其外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

11．函数在区间上的零点设为…，，则（    ）

A．6 B．18 C．12 D．16

12．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知过原点的直线与曲线相切，则该直线的方程是______．

14．已知，则______．

15．已知的内角、、所对的边分别为、、，若，点在线段上，若，且，则的最小值是______．

16．曲线且过定点，点在椭圆上，设椭圆的左右焦点为，若，则该椭圆的离心率取值范围是______．

三、解答题

17．上饶某中学为了解该校高三年级学生数学学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了50 名学生的成绩作为样本进行统计（若该校全体学生的成绩均在分），按照，，，，，，，的分组做出频率分布直方图如图所示，若用分层抽样从分数在内抽取8人，则抽得分数在的人数为3人．

(1)求频率分布直方图中的，的值；并估计本次考试成绩的平均数（以每一组的中间值为估算值）；

(2)该高三数学组准备选取数学成绩在前的学生进行培优指导，若小明此次数学分数是132，请你估算他能被选取吗？

18．已知数列满足，．

(1)令，证明：数列为等比数列；

(2)求数列的前项和．

19．如图，在四棱雉中，底面是菱形，平面，平面平面．

(1)证明：四边形是正方形；

(2)若，为上一点，且满足，求三棱锥的体积．

20．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)若对于任意的，恒成立，求实数的最小值．

21．已知抛物线：，为坐标原点，过作一条直线，与抛物线相交于，两点，若线段的最小值是2．

(1)求抛物线的方程；

(2)当直线与轴垂直时，设、是抛物线上异于、两点的两个不同的点，直线、相交于点，直线、相交于点，证明：直线恒过定点．

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)设点，若直线与曲线相交于，两点，求的值．

23．已知函数的最小值是．

(1)求的值；

(2)已知，，且，证明：．

参考答案：

1．A

【分析】根据集合的并集运算，即可求解.

【详解】由，得，故．

故选:A．

2．D

【分析】根据复数除法运算法则化简，结合纯虚数定义可构造方程求得；由共轭复数和虚部的定义可得结果.

【详解】为纯虚数，

，解得：，，，则的虚部为.

故选：D.

3．D

【分析】由古典概型列举可选择的情况计算即可.

【详解】由题意可知列举可知，甲乙游玩的可能选择是：（三清山，三清山）（三清山，婺源）、（三清山，葛仙山）、（婺源，三清山）、（婺源，婺源）、（婺源，葛仙山）、（葛仙山，三清山）、（葛仙山，婺源）、（葛仙山，葛仙山）共有9种．满足题意的有5种，即甲、乙至少一人选择三清山的概率是.

故选：D．

4．C

【分析】由，根据向量数量积定义和运算律可求得夹角，即为的夹角.

【详解】，

，又与同向，，

，.

故选：C.

5．A

【分析】设等比数列的公比为，讨论不成立，时，由等比数列的通项公式和前项和公式列方程求解即可得出答案.

【详解】设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾；

所以，则，解得，

所以．

故选：A．

6．B

【分析】由可得或，再由充分条件和必要条件的定义求解即可.

【详解】由可知，或，，

所以“”是“，”的必要不充分条件．

故选：B．

7．B

【分析】求出二次函数在上的值域为，分、、两种情况讨论，求出函数在上的值域，由题意可得出，当时，直接验证即可，在、两种情况下，可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.

【详解】函数，

当时，，则，则，

函数在的值域记为，

对任意的，存在，使，则，

①当时，，则，则；

②当时，因为，则，则，

所以，，解得；

③当时，因为，则，即，

所以，，解得.

综上所述，实数的取值范围是.

故选：B.

8．D

【分析】根据题意，由椭圆的定义，结合平面向量数量积的运算，即可得到结果.

【详解】

由椭圆可得，，

如图，设的内切圆与三边分别相切与，，，

，分别为的重心和内心．

则，，，

所以，

所以

故选：D

9．C

【分析】分类讨论可得方程所表示的曲线，将问题转化为直线与曲线有公共点，采用数形结合的方式可求得结果.

【详解】当，时，方程为，是双曲线在第一象限的部分；

当，时，方程为，不能表示任何曲线；

当，时，方程为，是双曲线在第三象限的部分；

当，时，方程为，是圆在第四象限的部分；

其图象大致如图所示：

令，则直线与曲线有公共点，

表示的曲线如图，则当表示部分双曲线时，该曲线的渐近线斜率，和直线平行，；

把直线往下移，直到如图与第四象限的圆相切，此时圆心到直线的距离等于半径，

，解得：，又是与第四象限圆相切，；

若直线继续下移，则无交点，不合题意；

综上所述：，即的取值范围为.

故选：C.

10．C

【分析】利用正弦定理求得外接圆半径，根据三棱锥图像，分别表示出，，然后利用勾股定理，解得，进而利用球体的体积公式即可得出答案.

【详解】在中，，，

根据三角形的外接圆半径公式，

可得的外接圆半径，

如图所示．

设点在平面内的投影的为，则，

在中，

因为，解得，

设三棱锥的外接球半径，

即，，

在中，由勾股定理得，

即，解得，

故三棱锥的外接球半径，

根据球体的体积公式.

故选：C

11．B

【分析】化简可得，令可得，易得与均关于点对称，再根据对称性结合函数图象即可得解.

【详解】由

得，即，

∵与均关于点对称，

由图可知，两函数有个交点，不妨设为，

根据对称性得，

故函数在上所有零点之和为．

故选B．

12．A

【分析】构造函数与，根据函数的单调性比较大小.

【详解】由题意可得：

∵，利用三角函数线可得当时，

，∴

构造函数

∴，，即，

令

∴在上单调递增，即，

∴，∴，∴．

故选：A．

13．

【分析】根据题意，设出切点，然后求导，即可得到结果.

【详解】由题意可得，

设该切线方程，且与相切于点，

，整理得，

∴，可得，∴.

故答案为：.

14．

【分析】利用诱导公式结合二倍角公式即可求解.

【详解】由题意可得，

.

故答案为：

15．

【分析】根据已知条件求得角A，根据等面积法与正弦定理得到的关系，再结合基本不等式可以求得最值.

【详解】由题意可得：

由余弦定理可知：，∴

由等面积法可知：

∴

∴

；

当且仅当等式成立．

故答案为：

16．

【分析】令可求得定点坐标，利用椭圆对称性可得；由可整理求得的范围，由可得结果.

【详解】由曲线方程得：令，解得：，则曲线恒过定点，，

不妨设，，

两点都在椭圆上，满足，

由椭圆的对称性可知：，，解得：，

由得：，，则，

离心率.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：

（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；

（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果.

17．(1)，；平均数为分

(2)小明能被选取

【分析】（1）根据题意，由频率分布直方图即可求得，然后代入公式即可求得平均数；

（2）根据题意，由条件列出方程，即可得到结果.

【详解】（1）设由分层抽样可得分数在的人数与分数在的人数之比为，

所以，则，

，

又由频率分布直方图可知分数在的频率为0.04，分数在的频率为0.06，分数在的频率为0.1，分数在的频率为0.2，分数在的频率为0.3，分数在的频率为0.14，分数在的频率为0.1，分数在的频率为0.06．则平均数为

分.

（2）由题意可知分数在的频率为6%，所以前5%在该组，不妨设第5%名的分数为，则可得等式为

，

∴，

∵，故小明能被选取.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）计算，确定，得到证明.

（2）计算，再根据等比数列求和公式结合分组求和法计算得到答案.

【详解】（1），则，

，

故是以首项为3，公比为3的等比数列．

（2），故，

.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）只需证，即可求证四边形是正方形.

（2）根据椎体体积公式，即可求解.

【详解】（1）证明：

如图，过点作交于点；

因为面面，面面,，面,

所以面,所以．

又因为面，，，，

，面，面，面，

由题意四边形是菱形

∴四边形是正方形．

（2）∵

设点到面的距离为，则

由

∵

20．(1)在单调递增，在单调递减

(2)1

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性即可；

（2）不等式恒成立求参数取值范围问题，分离参数，转化为利用导数求函数的最大最小值问题即可求解.

【详解】（1）由定义域为

又

令，显然在单调递减，且；

∴当时，；

当时，．

则在单调递增，在单调递减

（2）法一：∵任意的，恒成立，

∴恒成立，即恒成立

令，则．

令，则在上单调递增，

∵，．

∴存在，使得

当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减，

由，可得，

∴，

又

∴，故的最小值是1．

法二：

∴恒成立，即恒成立

令

不妨令，显然在单调递增．

∴在恒成立．

令

∴当时，；

当时，即在单调递增

在单调递减

∴

∴，故的最小值是1．

【点睛】不等式恒成立问题，求参数取值范围，一般思路分离参数，转化为利用导数求函数的最大最小值问题即可.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】根据题结合弦长公式得到线段的最小值是2时对应的值即得.

根据抛物线的对称性，可判断定点在轴上，根据三点共线可确定定点坐标.

【详解】（1）由题意不妨设直线：

联立方程组：

得

所以

，

∴

∴即

所以抛物线的方程为.

（2）由（1）知，，

由对称性可得，该定点在轴上，设

设，，，，

直线为①．

直线为．②

联立①②，解得，即

由理可得

直线的斜率

直线的斜率．

因在直线上，

所以

得

当时，原式化为

得

∴

即

∴即直线过定点

又当时，直线是轴，也过

故直线过定点．

【点睛】思路点睛：第一问可根据线段的最小值为2得到，这里考虑到点不是抛物线的焦点，故不能按照焦点弦去计算，需要用现场定理去计算；第二问根据第一问可得，点坐标，这里，是与，不同的点，考虑到抛物线的对称性，可以判断定点在轴上，设，两点坐标，可表示出，点坐标，根据三点共线可得到定点坐标.

22．(1)，

(2)

【分析】（1）根据直线的参数方程消去参数,能求出直线的普通方程；曲线的极坐标根据，由此能求出曲线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标系方程，利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.

【详解】（1）由直线，消去可得

曲线的极坐标方程为，即，

转换为直角坐标方程为，整理得．

（2）点在直线上，将直线的参数方程化为标准参数方程，

代入中，

得到，化简得：，

设，对应的参数分别为，

∴，，故

故

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由绝对值的定义去绝对值，判断的单调性，即可求出的最小值；

（2）由（1）可得，利用基本不等式即可证明.

【详解】（1）由题知

易知：当时，单调递减；当时，单调递增，

所以，即的最小值为，即

（2）由（1）可得，

又由于．

∵

故当且仅当等式成立.