江西省重点中学盟校2023届高三数学（理）下学期第二次联考试题（Word版附解析）

江西省重点中学盟校2023届高三第二次联考数学（理）试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，则（    ）

A. （－2,3） B. （－2,2） C. （－1,2） D. （0,3）

【答案】C

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【分析】根据题意求得曲线方程为，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：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量的夹角为，且，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】

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

【解析】

【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：270

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，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则__________．

【答案】

【解析】

【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

【解析】

【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：共70分.解答应写出文字说明，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△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

【解析】

【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．

【小问1详解】

由已知，

由余弦定理，得，

得，所以，所以.

【小问2详解】

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）.

【解析】

【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．

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

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：

【小问3详解】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

【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.

【小问1详解】

设，，，则，

两式相减，得，则，即，

又因为，所以，

所以椭圆E的方程为.

【小问2详解】

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

当时，，，

，所以曲线在处的切线方程为.

【小问2详解】

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.

（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.

 [选修4－4：坐标系与参数方程]

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】

【分析】

（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.

[选修4－5：不等式选讲]

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

【解析】

【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.

【小问1详解】

当时，，

原不等式等价于或或，

解得：或无解或，所以解集为.

【小问2详解】

∵.

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.