2023届江西省名校协作体高三二轮复习联考（二）（期中）数学（理）试题含答案

这是一份2023届江西省名校协作体高三二轮复习联考（二）（期中）数学（理）试题含答案，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届江西省名校协作体高三二轮复习联考（二）（期中）数学（理）试题 一、单选题1．若集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解绝对值不等式求得集合A，利用对数函数定义域求得集合B，然后由交集定义计算即可.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以.故选：C2．已知复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】化简，根据对应点所在象限列不等式，从而求得的取值范围.【详解】，对应点，由于点在第一象限，所以，解得.故选：A3．“”是“”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】B【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】，所以，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B4．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件直接求出抛物线焦点坐标即可作答.【详解】抛物线开口向上，其中，故抛物线的焦点坐标为.故选：B5．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据递推公式一一计算可得.【详解】因为，，所以，，，.故选：C6．某工艺品修复工作分为两道工序，第一道工序是复型，第二道工序是上漆.现甲，乙两位工匠要完成A，B，C三件工艺品的修复工作，每件工艺品先由甲复型，再由乙上漆.每道工序所需的时间（单位：h）如下：原料  时间  工序ABC复型91610上漆15814则完成这三件工艺品的修复工作最少需要（    ）A．43 h B．46 h C．47 h D．49 h【答案】B【分析】根据题意组合工序顺序计算即可.【详解】由题意，甲工匠按A，C，B的顺序工作，乙工匠空闲时间最短，此时完成修复工作所需时间最短，最短时间为.故选：B.7．一个四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥中最长棱的棱长为（    ）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】作出给定的三视图对应的四棱锥直观图，再求出四棱锥的每条棱长作答.【详解】如图，四棱锥是给定三视图所对应的几何体，其中平面，四边形是直角梯形，，，，在直角梯形中，，在中，，，所以四棱锥中最长棱的棱长为.故选：C8．声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）A．是奇函数 B．的最小正周期为C．的最大值为 D．在区间上单调递减【答案】D【分析】根据奇偶性的定义可判断A；由可判断B；利用换元法将问题化归为二次函数给定区间求最值可判断C；对求导，判断的单调性可判断D.【详解】因为，定义域为R，所以是偶函数，故A不正确；因为，所以的最小正周期不是，故B不正确；因为 ，令 ，则 ，所以当时，取得最大值，最大值为，故C不正确；当，，则，当时，，，所以，所以在区间上单调递减，故D正确.故选：D.9．已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求得与圆相切且时的长，根据圆与直线的位置关系求得点的横坐标的取值范围.【详解】圆的圆心为，半径，当与圆相切且时，，以为圆心，半径为的圆的标准方程为，由消去并化简得，解得或，所以点的横坐标的取值范围.故选：C10．如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面截三棱柱的外接球所得截面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】判断出外接球球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，利用等体积法求得外接球球心到平面的距离，进而求得截面半径，从而求得截面面积.【详解】由于为等腰直角三角形，所以的外心是的中点，设为，设的中点为，连接，设的中点为，则是直三棱柱的外接球的球心，连接，设外接球的半径为，则.由于，所以，根据直棱柱的性质可知，由于平面，所以平面，，所以，，，所以,设到平面的距离为，则，所以平面截三棱柱的外接球所得截面的半径为，所以截面面积为.故选：C11．设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据与的关系式，分成与两种情况求解，观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出.【详解】当时，，即，得或（舍去），当时，由，……①得，……②得：，化简得.因为，所以，，即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，所以.当，时，会得到数列中原次序的一列等比数列，此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；下面证明此时的公比最小：，假若取，公比为，则为奇数，不可能在数列中.所以.又，所以.故选：C12．设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上．若．则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先构造函数可得在上单调递增，在上单调递减，将不等式等价转化为，利用函数的单调性和奇偶性得到，解之即可.【详解】因为,所以,设可得,为偶函数在上有，，故在上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，由得，即，，即，,解得.故选：A. 二、填空题13．曲线在点处的切线方程是__________（结果用一般式表示）.【答案】【分析】求导，由导数的几何意义可得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程.【详解】,所以，所以由点斜式可得切线方程为，即，故答案为：14．在边长为6的正中，若点满足，则__________.【答案】【分析】以、作为一组基底表示出、，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】因为，所以，，所以.故答案为：15．近两年来，多个省份公布新高考改革方案，其中部分省份实行“”的高考模式，“3”为全国统一高考的语文､数学､外语3门必考科目，“1”由考生在物理､历史两门科目中选考1门科目，“2”由考生在思想政治､地理､化学､生物4门科目中选考2门科目，则甲，乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率为__________.【答案】【分析】首先求出选科的总情况，再求出有两门选考科目相同的情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】甲、乙两名考生选科的总情况有，其中恰有两门选考科目相同的情况有以下两种：①在物理、历史两科中选科相同：；②在物理、历史两科中选科不同：，因此甲、乙两名考生恰有两门选考科目相同的概率.故答案为：16．已知双曲线的右焦点为，双曲线的一条渐近线与圆在第二象限的交点为，圆在点处的切线与轴的交点为，若，则双曲线的离心率为__________.【答案】/【分析】依题意得：，渐近线的方程为，联立渐近线方程和圆的方程求得，根据求得直线的斜率，进而得到其方程，从而求得.由，结合正弦定理可得，，从而利用两点距离公式代入可得，进而求得双曲线的离心率.【详解】依题意得：，渐近线的方程为，联立 ，解得 ，.的方程为，令，得 .，根据正弦定理可得，则，即.，即故答案为：【点睛】关键点睛：这道题的关键是能根据正弦定理把，转化为，从而借助两点距离公式构造齐次方程求离心率. 三、解答题17．在中，内角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若，且，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，由此求得.（2）正弦定理求得，根据余弦定理、三角形的面积公式求得正确答案.【详解】（1）依题意，，由余弦定理得，则，由正弦定理得，由于，则,所以为锐角，则.（2）由正弦定理得，，由余弦定理得①，由两边平方得，代入①得，即，解得（负根舍去），所以.18．如图①，在等腰梯形中，点为边上的一点，，是一个等边三角形，现将沿着翻折至，如图②.(1)在翻折过程中，求四棱锥体积的最大值；(2)当四棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面平面时，四棱锥体积取得最大值来求得正确答案.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.【详解】（1）依题意可知：三角形是边长为的等边三角形，高为，四边形是边长为的菱形，且，，在翻折过程中，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，且最大值为.（2）设的中点为，连接，当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，由于平面平面平面，，所以平面，由于平面，所以，连接，则三角形是等边三角形，所以，由于平面平面平面，，所以平面.以为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.19．旅游承载着人们对美好生活的向往.随着近些年人们收入和消费水平不断提高，对品质生活的需求也日益升级，旅游市场开启了快速增长的时代.某旅游景区为吸引旅客，提供了､两条路线方案.该景区为进一步了解旅客对这套路线的选择情况和满意度评价（“好”或“一般”），对300名的旅客的路线选择和评价进行了统计，如下表： 路线路线合计好一般好一般男 2055 120女90  40180合计 50 75300(1)填补上面的统计表中的空缺数据，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对，两条路线的选择与性别有关？(2)某人计划到该景区旅游，预先在网上了解两条路线的评价，假设他分别看了两条路线各三条评价（评价好或一般的可能性以前面统计的比例为参考），若评价为“好”的计5分，评价为“一般”的计2分，以期望值作为参考，那么你认为这个人会选择哪一条线路.请用计算说明理由.附：，其中.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 【答案】(1)表格见解析，有关(2)选择路线，理由见解析 【分析】（1）首先补全补全统计表，即可作出列联表，再计算出卡方，即可判断；（2）首先求出选择、路线好评的概率，路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，求出所对应的概率，求出数学期望，即可判断.【详解】（1）补全统计表如下： 路线路线合计好一般好一般男10205535120女90302040180合计100507575300零假设：对于、两条路线的选择与性别无关，将所给数据整理，得到如下列联表：性别路线合计男3090120女12060180合计150150300所以，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为对、两条路线的选择与性别有关.（2）设为选择路线好评率，则，设为选择路线好评率，则，设路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，则，，，，所以，，，，，所以，所以，所以选择路线.20．已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为，过的直线与椭圆相交于两点，且的周长为8.(1)求椭圆的方程；(2)若过点的动直线与椭圆相交于两点，直线的方程为.过点作于点，过点作于点.记的面积分别为，，.问是否存在实数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，利用焦距求出c，再由椭圆a，b，c关系即可求出椭圆方程；（2）依题意作图，设n的方程并与椭圆方程联立，求出的解析式，即可求出的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以，由椭圆的定义可得的周长为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由题意可知，直线n的斜率不为0，其方程可设为，设，，则，，联立可得，，由韦达定理可得，，因为.因为，，所以，所以，故，即，所以存在实数，使得成立.21．已知函数，其中是自然对数的底数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，若对任意的恒成立，求的值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解；（2）首先求出函数的导函数，令，求出，再分、、、四种情况讨论，结合函数的单调性即可判断.【详解】（1）当时，，则，当时，令解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，，所以在上单调递减，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，所以，令，则，当时，，与对任意的，恒成立矛盾，不合题意；当时，，即在上单调递增，又因为，，故存在使得，故当时，此时，所以在上单调递减，所以，不合题意；当时，，即在上单调递增，又因为，故当时，，此时，所以在上单调递减，当时，，此时，所以在上单调递增， 所以，满足题意；当时，，即在上单调递增，又因为，，故存在使得，故当时，，此时，所以在上单调递增，所以，不合题意；综上可得.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（其中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.(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，点P是曲线C上的一动点，求面积的最大值.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程之间的转化公式计算即可；（2）利用圆的性质及弦长公式即可得出结果.【详解】（1）由直线l的参数方程消参得直线l的普通方程为：.由曲线C的极坐标方程为，得，因为，，所以，所以曲线C的直角坐标方程为.（2）因为曲线C的圆心到直线l的距离，而的半径，所以.又点P到直线l距离的最大值为，所以面积的最大值为.23．（1）已知函数.解不等式；（2）已知正实数a，b，c满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用分段函数来分段处理不等式问题；（2）“1”的代换结合基本不等式解决。【详解】解：（1）当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得，∴原不等式的解集为.（2）因为a，b，c为正实数，且满足，所以当且仅当，即，，，时取等号，所以的最小值为.