江西省重点中学协作体2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析）

江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考

数学试卷（理科）

第Ⅰ卷（选择题共 60 分）

一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.

1. 设集合,则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别求出集合,再根据交集的定义求解即可.

【详解】因为,

所以,

解得,

即;

因为,

所以,

即,

所以,

即.

故选:C.

2. 复数z满足，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由复数除法可得，再根据复数的运算和共轭复数、复数对应的点、模的定义判断选项.

【详解】由可得，

所以，故A错误；

由 知，故B错误；

在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误；

由知，故D正确.

故选：D

3. 已知的内角所对的边分别为，，若，则角（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先对已知的对数式变形，然后去掉对数符合，得到一个关于的式子，从而可以得到答案.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以，即，即，

所以，即，

所以是以角为直角的直角三角形，即.

故选：A.

4. 草莓中有多种氨基酸、微量元素、维生素，能够调节免疫功能，增强机体免疫力.草莓味甘、性凉，有润肺生津，健脾养胃等功效，受到众人喜爱.根据草莓单果的重量，可将其从小到大依次分为个等级，其等级（）与其对应等级的市场销售单价单位：元千克近似满足函数关系式.若花同样的钱买到的级草莓比级草莓多倍，且级草莓的市场销售单价为元千克，则级草莓的市场销售单价最接近（    ）（参考数据：，）

A. 元千克 B. 元千克 C. 元千克 D. 元千克

【答案】C

【解析】

【分析】由指数运算，可得，求得值.

【详解】由题可知，由则

.

故选：C.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用两角差的正弦公式展开再平方得到，从而求出，再由两角差的余弦公式计算可得.

【详解】因为，所以，

所以，即，

所以，则，

所以

.

故选：D

6. 某地市在2023年全市一模测试中，全市高三学生数学成绩服从正态分布，已知，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据正态曲线的对称性和题目条件即可求出的取值范围.

【详解】由，与正态曲线性质：，

而，

故，于是，

即.

故选：A

7. 若，则（    ）

A.  B. 48 C. 28 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，把按展开，求出的系数作答.

【详解】依题意，按展开的展开式中的系数即为，

于是展开式的通项公式为，

则，

所以.

故选：A

8. 在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（    ）

A.  B. 2 C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.

【详解】由题意，平面，四边形为正方形，

如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，，，，，

设，，则，

又，，所以，则，

由题意，四点共面，所以，

所以，解得，

所以，，所以，

所以，即，

所以，

所以，

又，

所以，即，

所以，

所以，

所以截面的面积为.

故选：A

9. 函数的部分图象如图，轴，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定的函数图象，借助“五点法”作图求出函数解析式，再利用辅助角公式结合正弦函数性质求解作答.

【详解】依题意，点关于直线，即对称，因此直线是函数图象的一条对称轴，

则函数的周期，于是，，

由，得，而，即有，

则，不等式，

令，

当时，，，因此，

因为当时，不等式恒成立，从而当时，恒成立，则，

所以的取值范围是.

故选：B

10. 圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出构成的四边形个数，再求出构成的梯形个数，利用古典概率公式计算作答.

【详解】依题意，从8个点中任取4个点构成有个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：

以某相邻两个点（如点A，B）构成的线段为边的梯形有2个，共有个，

以某间隔一个点的两点（如点A，C）构成的线段为边的梯形有1个，共有个，

于是构成的四边形中梯形有个，

所以四边形为梯形的概率是.

故选：B

11. 已知双曲线的右焦点，分别是双曲线的左右顶点，过作双曲线渐近线的垂线与该渐近线在第一象限的交点为，直线交的右支于点，若，且，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，求出点M的坐标，求出直线的方程，直线的斜率及方程，联立直线、及双曲线的方程求出a，b的关系，再验证计算作答.

【详解】令双曲线的右焦点，渐近线，即，

显然，由，得，，

则点，直线的方程为，即，

直线的斜率，因此直线的斜率，

于是直线的方程为，设点，则，

由，得，从而，

解得，即有，则，

此时，，

由，解得，即，，

满足，所以的离心率为.

故选：A

12. 已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（    ）

A. 或 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.

【详解】已知，①

且，分别是上的偶函数和奇函数，

则，

得：，②

①+②得：

∴令∵有唯一零点，且是偶函数，

所以，∴

∴或

若时，则

当时，则令解得，∴（不合题意舍去）

若时，则

∵在上单调递减∴

∵是偶函数∴只有唯一零点0

∴只有唯一零点2023

综上：.

故选：D.

第 II 卷（非选择题共 90 分）

二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．

13. 在正项等比数列中，与是方程 的两个根，则_________ .

【答案】5

【解析】

【分析】利用韦达定理，可得，再根据对数的运算法则和等比数列性质求解即可.

【详解】因为与是方程 的两个根，所以，

因为为正项等比数列，所以，

所以，

故答案为：5.

14. 已知实数，满足，则的取值范围是_____________

【答案】

【解析】

【分析】由约束条件作出可行域，求出的范围，再由求解．

【详解】实数，满足，可得可行域如图：

联立，解得，即，

联立，解得，即，

则，，，

所以，

令，则，令，，

显然在上单调递增，所以，

所以，则，所以，

的取值范围是．

故答案为：．

15. 已知函数，若，则的取值范围为_______．

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.

【详解】等价于，令，则．

当时，,单调递增；当时，,单调递减．

所以.

故转化为，即恒成立.

令，，则，则，因为恒成立，所以.
 

故的取值范围为．

故答案为：.

16. 已知抛物线，圆，设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，则的最大值________.

【答案】

【解析】

【分析】设出点的坐标，把、用点的坐标表示，联立方程用韦达定理将最终表示为一个变量的函数求解.

【详解】由题意，知直线AB的斜率不为0，故设直线AB的方程为x=my+4，

如图，设．

将直线AB的方程代入圆E的方程中，消去x，得，

所以，所以，且．

直线OA的方程为，代入抛物线方程，

消去x，得，解得或，所以．

同理，得，

所以

，

所以当m=0时，取得最大值，为．

故答案为：

三、解答题：共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共 60 分.

17. 已知数列是公差为的等差数列，且，若16和26分别是中的项.

（1）当取最大值时，求通项；

（2）在（1）的条件下，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由等差数列的性质，可得，找到与的关系，进而找到取最大值时，通项；

（2）裂项相消即可.

【小问1详解】

由已知得，数列单调递增，不防设，且，

∴即，∴，

∵与越小，越大，

∴，∴，∴，∴

【小问2详解】

由（1）知：，∴，

∴

18. 如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面．

（1）证明：平面

（2）若，在棱上，且，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点A作，证明平面，继而证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.

【小问1详解】

过点A作，垂足为H，

∵平面平面，平面平面，

平面，，

∴平面，又∵平面，

∴，∵，∴，

∵，平面，

∴平面.

【小问2详解】

由（1）知平面，平面，∴,

∴在中，，，，故，

在中，，，，

∴，∴，又∵，，

∴以点A为坐标原点，分别以方向为x轴y轴z轴,建立坐标系如图所示,

则，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则，

令，可得，所以，

设与平面所成的角为，,

则，

所以与平面所成的角的正弦值为．

19. 2023年高考进入倒计时，为了帮助学子们在紧张的备考中放松身心，某重点高中通过开展形式多样的减压游戏，确保同学们以稳定心态，良好地状态迎战高考，游戏规则如下：盒子中初始装有2个白球和1个红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是红球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个白球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功.

（1）如果某同学进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望；

（2）为验证抽球试验成功的概率不超过，假设有1000名学生独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下：

求关于的回归方程，并通过回归方程预测成功的总人数（取整数部分）；

（3）证明：．

附：经验回归方程系数：，；

参考数据：，，（其中，）．

【答案】（1）分布列见解析，；   

（2），270；   

（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求出X的所有可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.

（2）利用给定的数据结合最小二乘法公式求出回归方程，再预测成功的总人数作答.

（3）求出在前n轮就成功和不成功的概率，再利用对立事件概率公式推理作答.

【小问1详解】

依题意，X的取值可能为1，2，3，则；

；，

所以X的分布列为：

所以数学期望为．

【小问2详解】

令，则，

依题意，，

于是，

则，

所以所求的回归方程为：，

估计t=6时，；估计t=7时，；估计t=8时，；

估计t=9时，；估计t≥10时，，从而，

所以预测成功的总人数为270．

【小问3详解】

依题意，在前n轮就成功的概率为，

又因为在前n轮没有成功的概率为

，则，

所以．

20. 已知过曲线上一点作椭圆的切线，则切线的方程为.若为椭圆上的动点，过作的切线交圆于，过分别作的切线，直线交于点.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）已知为定直线上一动点，过的动直线与轨迹交于两个不同点，在线段上取一点，满足，试证明动点的轨迹过定点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设点，结合题意利用直线的方程推出，进而利用代入法求得动点的轨迹的方程；

（2）设点，利用条件结合向量的坐标运算推出坐标满足的关系，结合在曲线E上，推得，即可得动点的轨迹方程，确定定点坐标.

【小问1详解】

设点，由题意知切线的方程为，

同理，设点，

则切线的方程分别为：，

又点Q在直线上，所以，

所以直线的方程为：，和比较可得，

又在曲线上，即，

所以，即点Q的轨迹E的方程为；

【小问2详解】

设点，

则由知，设，则且，

则：，

即，，

整理可得且，

又在曲线E上，则，

故，

所以

，

所以，

即，由于,故时，，

所以动点T轨迹过定点.

【点睛】关键点睛：证明动点的轨迹过定点问题，首先要根据，利用向量的坐标运算推出坐标满足的关系，关键在于结合在曲线E上，推得，从而可确定T点轨迹方程，确定定点.

21. 已知函数.

（1）若在区间内存在极值点，求实数的取值范围；

（2）在（1）的条件下，求证：在区间内存在唯一的零点，并比较与的大小，说明理由.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，，理由见解析

【解析】

【分析】（1）求出，利用极值点的定义得到且，利用导数研究函数的单调性，即可得到的取值范围.

（2）将问题转化为在区间内存在唯一的零点，利用导数结合（1）中的结论，即可证明，表示出，利用导数研究函数的单调性以及取值情况，从而得到，再利用的单调性，即可比较得到答案.

【小问1详解】

由题知，

即方程在内有解，

令，则，

即在上单调递减，

又，所以，即k>1.

【小问2详解】

由题意知：

由（1）可知：时，时，，

所以函数在单调递减，在单调递增.

又，

所以函数在内无零点，

在内存在唯一零点，且.

由（1）可知，

所以

令，

则，

且，

令，

则，

所以函数在上为增函数，

故当时，，

故当时，，

所以函数在上为增函数，

因为，

所以，，

因为在上为增函数，

且，，所以．

【点睛】关键点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数单调性的运用，函数极值点的理解与应用，函数零点存在性定理的应用，综合性强，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，转化化归数学思想方法的运用，属于难题.

（二）选考题：共10分

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22. 瑞士数学家雅各布·伯努利在1694年类比椭圆的定义，发现了双纽线.双纽线的图形如图所示，它的形状像个横着的“8”，也像是无穷符号“∞”.定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求双纽线的极坐标方程；

（2）双纽线与极轴交于点P，点M为C上一点，求面积的最大值（用表示）.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）建立极坐标系，设双纽线任一点，利用余弦定理结合已知求解作答.

（2）由（1）的结论，求出点到极轴所在直线的距离，求出三角形面积的函数关系，求出最大值作答.

【小问1详解】

以坐标原点为极点，以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，如图，

在双纽线C上任取一点，

在中，，

在中，，

依题意，，则，

即，整理得：，

所以双纽线的极坐标方程为．

【小问2详解】

令，得，则点到极轴所在直线的距离为，

则

，当且仅当时取等号，

所以面积的最大值为．

【选修4-5：不等式选讲】

23. 已知.

（1）求最小值M；

（2）关于的不等式有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）3    （2）

【解析】

【分析】（1）确定，，，相加得到答案.

（2）根据得到，解得答案.

【小问1详解】

，则，，

，

则，所以，

当且仅当时等号成立，的最小值为．

【小问2详解】

，

当且仅当且时取最大值．

的最大值为，

解得．