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《江西省九江十校2023届高三第二次联考数学(理) Word版含解析.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
江西省“九江十校”2023届高三第二次联考数学(理科)试卷一、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,集合,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解出,根据补集的运算求出,然后根据交集的运算,即可得出答案.【详解】解可得,,所以.又,所以.所以.故选:B.2.若复数(是虚数单位)的共轭复数是,则的虚部是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用复数除法求出,根据共轭复数定义写出,然后计算出,得到虚部.【详解】复数是虚数单位)的共轭复数是,,,,则的虚部是.故选:D3.2022年三九天从农历腊月十八开始计算,也就是2023年1月9日至17 日,是我国北方地区一年中最冷的时间.下图是北方某市三九天气预报气温图,则下列对这9天判断错误的是()A.昼夜温差最大为12℃B.昼夜温差最小为4℃C.有3天昼夜温差大于10℃D.有3天昼夜温差小于7℃【答案】C【解析】【分析】直接看图求出每天的昼夜温差即可判断得解.【详解】A.1月11日昼夜温差最大为12℃,所以该选项正确;B.1月15日昼夜温差最小为4℃,所以该选项正确;C.1月11日、1月16日有2天昼夜温差大于10℃,所以该选项错误;D.1月9日、1月14日、1月15日有3天昼夜温差小于7℃,所以该选项正确.故选:C4.已知,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用降幂公式,再利用二倍角公式化简即得解.【详解】由已知,化简得.平方得,所以.故选:A.5.函数的部分图象大致为() A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先判断的奇偶性,再根据时的函数值的符号判断图象.【详解】因为,,所以,故函数的为奇函数,排除BD;又所以,故A错误.故选:C6.在中,,,若D是BC的中点,则()A.1B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】运用向量的加法、相反向量、向量的数量积运算即可得结果.【详解】∵D为BC的中点,∴,,∴∴.故选:B.7.已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为,将函数 的图象向左平移个单位后,得到的图象关于y轴对称,则函数的一个对称中心是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得出,.然后根据平移得到的图象.由,结合的取值,即可得出.代入检验,即可得出答案.【详解】由已知可得,,所以,,所以.将函数的图象向左平移个单位后,所得函数的图象.因为得到的图象关于轴对称,所以,即,又,所以,所以.对于A项,因为,所以点不是函数的对称中心,故A项错误;对于B项,因为,所以点不是函数的对称中心,故B项错误;对于C项,因为,所以点是函数的对称中心,故C项正确;对于D项,因为,所以点不是函数的对称中心,故D项错误.故选:C.8.设函数的定义域为,其导函数为,且满足,,则不等式(其中为自然对数的底数)的解集是()A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数,利用导数判断出的单调性,由此求得不等式的解集.【详解】设,,即,,在上单调递减,又,不等式,即,,原不等式的解集为.故选:D【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题,求解方法是通过构造函数法,利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究,由此对问题进行求解.9.在锐角中,,,若在上的投影长等于的外接圆半径,则()A.4B.2C.1D.【答案】B【解析】【分析】由题知,,进而得,即,再结合正弦定理求解即可.【详解】∵是锐角三角形,在上的投影长等于的外接圆半径,,又,,,, 两式相加得:,即,,即,又,,.故选:B.10.已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】观察选项的式子的特点,构造函数,对函数进行求导,判断单调区间,根据增减性判断函数值的大小,化简变换后即可选出结果.【详解】先判断,及,大小,即及的大小,设函数,则,当时,在内单减;当时,在内单增.因此,故,故,,所以,故选:A.11.已知正方体的棱长为1,,分别是棱和棱的中点,为棱上的动点(不含端点).①三棱锥的体积为定值;②当为棱的中点时,是锐角三角形;③面积的取值范围是;④若异面直线与所成的角为,则.以上四个命题中正确命题的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】结合判断①;设中点为,若为中点,证明即可判断②;在侧面内作垂足为,设到的距离,故面积为 ,进而判断③;取中点为,连接,进而得异面直线与所成的角即为,再讨论范围即可.【详解】解:因为,点到平面的距离为定值,是定值,则三棱锥的体积为定值,故①选项正确;设中点为,若为中点,由正方体的性质,有,,,平面所以平面,平面,则,因为,所以,所以是直角三角形,故选项②不正确;在侧面内作垂足为,设到的距离,则边上的高为,故其面积为,当与重合时,,,当与重合时,,,故选项③正确;取中点为,连接,因为,所以异面直线与所成的角即为,在直角三角形中,,当为中点时,,当与,重合时,,故,,所以选项④正确, 故命题正确的个数为3.故选:C.12.已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合,斜率为的直线与的两个交点为,.若,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的交点坐标,求出抛物线方程中的参数,得抛物线方程设直线方程为,,直线方程与抛物线方程联立方程组,消去得的二次方程,由韦达定理得,由判别式得的不等关系,由抛物线定义得,,这样可得关系代入判别式得关于的不等式,解之可得结论.【详解】双曲线的标准方程是,其右焦点是.所以,,抛物线是,设直线方程为,,由消去,化简整理得,因此,由得,,.因为,所以,即.,即,解得.代入得到,,或.故选:A.【点睛】思路点睛:本题考查直线与抛物线相交问题,解题关键是利用设而不求的思想方法,设直线直线方程与抛物线方程联立方程组后,由韦达定理得 ,由判别式得不等关系,利用抛物线的定义与已知条件求得后得参数关系,代入判别式可得参数的范围.在直线与圆锥曲线的问题中这是基本方法.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2022年12月18日在卡塔尔世界杯决赛中,阿根廷队以总分7比5战胜法国队,历时28天的2022卡塔尔世界杯也缓缓落下了帷幕.随后某电视台轮流播放半决赛及以后的这4场足球赛(如图),某人随机选3场进行观看,其中恰好总决赛、季军赛被选上的概率为______.【答案】##0.5【解析】【分析】4场足球赛,选3场进行观看,基本事件共4个,其中恰好总决赛、季军赛被选上的基本事件数有2个,求出概率即可.【详解】由图可知:比赛共有4场,半决赛2场,季军赛1场,总决赛1场.选其中3场的基本事件共有4种,其中季军赛、总决赛被选上的基本事件共有2种,故概率为.故答案为:.14.已知,与一条坐标轴相切,圆心在直线上.若与相切,则的一个方程为________.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】先根据已知得出的圆心在的外面.然后分与轴相切以及与轴相切,结合已知可得出两圆外切.列出方程,化简整理求解,即可得出答案.【详解】由已知可得,的圆心为,半径, 所以点到直线的距离,所以,直线与圆相离,所以的圆心在的外面.当与轴相切时,设圆心,则的半径.因为与相切,且在的外面,所以两圆外切.所以,即,整理可得,.若,整理可得无解,所以,所以,解得或,所以方程为或;当与轴相切时,设圆心,则的半径.由两圆外切可得,,即,整理可得,则,所以有,解得或,所以方程为或.故答案为:.15.已知圆锥轴截面为等边三角形,是底面的内接正三角形,点在上,且.若平面,则实数__________.【答案】##【解析】【分析】延长交圆于点,设,求出三边边长,分析可知 ,利用勾股定理可得出关于的等式,解之即可.【详解】如图,延长交圆于点,由题意可知,、均为等边三角形,设,由正弦定理可得,则,易知为的中点,则,,则,,因为平面,平面,所以,,在中,由勾股定理得,即,解得.故答案为:.16.著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时,给出了“牛顿数列”,它在航空航天中应用广泛.其定义是:对于函数,若数列满足,则称数列为“牛顿数列”.已知函数,数列为“牛顿数列”,,且,,则________.【答案】【解析】【分析】由已知可推得,进而得出,即可推得,所以为等比数列,根据等比数列即可得出答案. 【详解】由得,.所以,,,因此,所以,即,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,故.故答案为:128.三、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.设数列的前项和为,,是等比数列,,.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用与之间的关系,可得数列的通项公式;(2)利用等比数列的通项公式可得,利用裂项相消法与分组求和法可得.【小问1详解】,当时,, 当时,,,当时,符合上式,故数列的通项公式为;【小问2详解】由(1)得,则,,,在等比数列中,公比,,,数列的前项和.18.甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球,.现两人各从自己的箱子里任取一球,规定同色时乙胜,异色时甲胜.(1)当,,时,求乙胜的概率;(2)若规定:当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分,否则得零分.求乙得分均值的最大值,并求此时x,y,z的值.【答案】(1)(2)乙得分均值的最大值为,此时,【解析】【分析】(1)设出事件,根据古典概型概率公式求得事件概率,进而表示出事件乙胜,根据独立事件以及互斥事件,即可求出答案;(2)用随机变量来表示乙得分,则可取.然后分别计算得出取 时的概率,根据期望公式求出即可得出,根据已知结合的取值范围,即可得出答案.【小问1详解】记“甲取红球”为事件,“甲取黄球”为事件,“甲取蓝球”为事件,“乙取红球”为事件,“乙取红球”为事件,“乙取红球”为事件,则由已知可得,,,,,,.由已知,乙胜可以用事件来表示,根据独立事件以及互斥事件可知,.【小问2详解】由题意知,,,.用随机变量来表示乙得分,则可取,则,,,所以.所以.因为,所以,且,,,所以,当且仅当,,时,等号成立.所以,乙得分均值的最大值为,此时,,.19.如图,在直三棱柱中,平面,其垂足落在直线上.(1)求证: (2)若为的中点,求二面角的平面角的余弦值【答案】(1)见解析;(2)【解析】【分析】(1)先通过条件证明平面,然后得到;(2)以B为原点建立空间直角坐标系,利用法向量求解二面角的余弦值.【详解】(1)三棱柱为直三棱柱,平面,又平面,平面,且平面,,又平面,平面,,平面,又平面,(2)由(1)知平面,平面,从而如图,以B为原点建立空间直角坐标系,平面,其垂足落在直线.在,在直三棱柱.在,则(0,0,0),,C(2,0,0),P(1,1,0),(0,2,2),(0,2,2)设平面的一个法向量则即可得平面的一个法向量,二面角平面角的余弦值是. 【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明和二面角的求解,二面角一般是利用法向量来求解,侧重考查直观想象,逻辑推理及数学运算的核心素养.20.已知函数,其中,.(1)当时,讨论的单调性;(2)若函数的导函数在内有且仅有一个极值点,求a的取值范围.【答案】(1)函数在内单调递增(2)【解析】【分析】(1)由时,得到,然后利用导数法求解;(2)由,令,求导,由得到,令,利用数形结合法求解.【小问1详解】解:当时,,.因为,所以,,因此,故函数在内单调递增.【小问2详解】,令,则.由得,.显然不是的根. 当时,.令,则.由得.当或时,;当时,,且,.所以极大值是.由图知,当或时,直线与曲线在内有唯一交点或,且在附近,,则;在附近,,则.因此是在内唯一极小值点.同理可得,是在内唯一极大值点.故a的取值范围是.【点睛】方法点睛:关于极值点问题,转化为函数零点再结合极值点的定义求解.21.已知,为椭圆C:的左右焦点,P为椭圆C上一点.若为直角三角形,且 .(1)求的值;(2)若直线l:与椭圆C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线经过点,求实数m的取值范围.【答案】(1)或(2)【解析】【分析】(1)利用勾股定理,得到,再利用椭圆的定义,可得,化简可得答案.(2)联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理得到弦AB中点M的坐标是,再利用线段AB的垂直平分线经过点,列出相应的方程并消去参数,借助判别式得到的范围.【小问1详解】若,则.因为,,解得,.因此.若,则,解得.因此.综上知,或.【小问2详解】设,,联立,消去y得到, ,即.则,,弦AB中点M的坐标是.由得,.另一个方面,直线PM的方程是.点在此直线上,故,整理得,.代入中,,.又,,所以,.故实数m的取值范围是.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.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.在直角坐标系中,,以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知圆锥曲线的极坐标方程为,、为的左、右焦点,过点的直线与曲线相交于A,两点.(1)当时,求的参数方程;(2)求的取值范围.【答案】(1)(为参数)(2) 【解析】【分析】(1)利用,代入曲线的极坐标方程可得其直角坐标方程可得、、的坐标,求出直线的斜率、倾斜角,在上任取一点,设有向线段的长为可得直线的参数方程;(2)将的参数方程代入曲线的直角坐标方程,设,对应的参数分别为,,根据的值可得答案.【小问1详解】,,曲线的直角坐标方程为,即,,,,直线的斜率:,时,直线的倾斜角为,在上任取一点,设有向线段的长为,则直线的参数方程为(为参数);【小问2详解】将参数方程代入曲线的直角坐标方程得,即,设,对应的参数分别为,,则,故,因为,所以,则,故,所以.选修4-5:不等式选讲 23.设函数,其中.(1)当时,求曲线与直线围成的三角形的面积;(2)若,且不等式的解集是,求的值.【答案】(1)64(2)【解析】【分析】(1)由题知,进而分别求解相应交点,计算距离,再计算面积即可;(2)分和两种情况求解得的解集为,进而结合题意求解即可.【小问1详解】解:根据题意,当时,,所以,,设;直线与交于点,与直线交于点,且,点到直线的距离,所以,要求图形的面积;【小问2详解】解:当时,,,即,解可得,此时有,当时,,,即,解可得,又由,则,此时有,综合可得:不等式的解集为,因为不等式的解集是所以,,解可得;所以,.
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