江西省九江十校2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析）.docx

1、江西省“九江十校”2023届高三第二次联考数学（理科）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

2、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12B. 昼夜温差最小为4C. 有3天昼夜温差大于10D. 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

3、. 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：A5. 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

4、，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

5、（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

6、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）.三棱锥的体积为定值；当为棱的中点时，是锐角三角形；面积的取值范围是；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

7、【解析】【分析】结合判断；设中点为，若为中点，证明即可判断；在侧面内作垂足为，设到的距离，故面积为，进而判断；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，所以选项正确，故命题正确的个数为3.故选：C.12

8、. 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

9、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

10、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，

11、.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”

12、，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） （

13、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

14、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

15、，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）

16、,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

17、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，

18、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；

19、（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，.