江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考数学（理） Word版含解析

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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】

1【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：D3.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：，）

2A.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：D6.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（）

3A.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：A7.若，则（）A.B.48C.28D.【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：A8.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.2C.D.3【答案】A

4【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，

5所以，即，所以，所以，所以截面的面积为.故选：A9.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，

6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：B10.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：B11.已知双曲线的右焦点，分别是双曲线的左右顶点，过

7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，

8解得，即有，则，此时，，由，解得，即，，满足，所以的离心率为.故选：A12.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：，②①+②得：∴令∵

9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.

1014.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，，

11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________.

12【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．

13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】

14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，

15∴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.

16（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：1234512062332015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：

17X123P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．

1820.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，

19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，

20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.

21【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，

22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】

23【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.

24（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．

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