江西省重点中学2023届高三下学期第二次联考数学（理）试卷（含答案）

这是一份江西省重点中学2023届高三下学期第二次联考数学（理）试卷（含答案），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省重点中学2023届高三下学期第二次联考数学（理）试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知集合，则( )
A. B. C. D.
2、已知复数，是z的共轭复数，则( )
A. B. C. D.
3、设是等差数列的前n项和，，则公差( )
A.-1 B. C. D.1
4、若实数x，y满足约束条件，则勺最大值为( )
A. B.2 C.5 D.8
5、“”是“函数为奇函数”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
6、双曲线的离心率最小时，C的渐近线方程为( )
A. B.
C. D.
7、将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．函数在处取得极值，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8、设函数，在区间随机抽取两个实数分别记为a，b，则恒成立的概率是( )
A. B. C. D.
9、如图，一个棱长1分米的正方体型封闭容器中盛有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.
10、已知斜率为k的直线l过抛物线的焦点，且与抛物线C交于A,B两点，抛物线C的准线上一点满足，则( )
A. B. C.5 D.6
11、若，,则( )
A. B.
C. D.
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A，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
二、填空题
13、已知向量的夹角为，且，则___．
14、已知函数则当时，的展开式中的系数为______________．
15、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n项为，若序列的所有项都是2，且，则＝____________．
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__________．

三、解答题
17、已知的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，的面积为S，．
（1）求cosC；
（2） 若，，求b．
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ACE；
（2）若平面平面ABE，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．
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X，求随机变量X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．
20、设A,B,C为椭圆上的三点，且点A,C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．
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．
22、已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（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，点P的极坐标是．
（1）求直线l的极坐标方程及点P到直线l的距离；
（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求的面积．
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．
参考答案
1、答案：C
解析：由得：，即；
由得：，即；
．
故选：C．
2、答案：B
解析：因为，则，所以，故选：B．
3、答案：A
解析：，，．故选：A．
4、答案：C
解析：画出可行域如下图所示，由图可知，

由解得，设，
目标函数在点处取得最大值，故选：C．
5、答案：A
解析：时，为奇函数，故选：A．
6、答案：C
解析：由已知：，离心率，
当且仅当，即时等号成立，此时，故选C．
7、答案：A
解析：由，
所以．
又是函数g（x）的一个极值点，所以，
得．当时，所以．
故选：A．
8、答案：D
解析：
当且仅当时，取“＝”，所以f，于是恒成立就转化为成立；因为若a,，所以等价于，由几何概型，其概率为．
故选：D．
9、答案：A
解析：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、答案：C
解析：易知，设，，
则，,,，
，，
化简得，设A，B中点坐标为，则①
又由直线的斜率公式得,
，即②
由①、②解得
，
答案选C．
11、答案：B
解析：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：B．
12、答案：B
解析：由定义：曲线，如图所示：所以①正确，④错误；
令，解得或，得，所以②错误；

根据曲线，可知，
可得直线与曲线C只有一个交点，所以③正确，
故选：B．
13、答案：-2
解析：；
14、答案：270
解析：时，，，
展开式第项，故时，，
的系数270．
15、答案：
解析：的第项为，故，即
因为，所以，，．
16、答案：
解析：如图：把侧面沿展开到平面与平面共面的位置．延长到，使得
当，E，F，四点共线时，的长度最小，
此时，，,
所以，所以三棱锥外接球的直径为，
半径，表面积为．
17、答案：(1)
(2)3
解析：（1）由已知，由余弦定理，
得，
得，所以，所以
（2）由正弦定理得，
，
所以，由，得，
所以，
由正弦定理：
18、答案：(1)见解析
(2)
解析：（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，，所以平面OBD，
又BD平面OBD，所以，又，所以BD⊥平面ACE，
又平面BDE，所以平面平面ACE；
（2）因为平面平面ABE，平面平面，，
所以平面ABE，且，
以O为原点，OB,OE,OD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、答案：(1)
(2)见解析
(3)
解析：（1）记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔．
则，
所以，
（2）随机变量X可取0，1，2，3.
所以，，
，
，
．
所以X分布列为：
X
0
1
2
3
P




（3）由题意知：前n－1次取了1次红笔，第n次取红笔．则



、
20、答案：(1)
(2)
解析：（1）设，，则，,
两式相减，得，
又因为，所以，
所以椭圆E的方程为
（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，联立，消去y得：
，则，
且，
由得，



原点到直线直线AB的距离，
所以为定值
21、答案：(1)
(2)
解析：（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，此时在递增，在递减，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：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
22、答案：(1)
(2)
解析：（1）由消去t，得，，
所以直线l的极坐标方程为．
点到直线l的距离为
（2）由，得，所以，
所以，
则的面积为
23、答案：(1)
(2)1
解析：（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.