江西省名校协作体2023届高三数学（理）二轮复习联考（二）（期中）试题（Word版附解析）.docx

1、2023届高三二轮复习联考（二）全国卷理 科 数 学 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. 若集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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，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【解析】【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

2、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【解析】【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【解析】【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【解析】【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

3、，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 hB. 46 hC. 47 hD. 49 h【答案】B【解析】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. 3C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出给定的三视图对应

4、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【解析】【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

5、；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【解析】【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，平面截三棱柱外接球所得截面的面积为（ ）A. B.

6、 C. D. 【答案】C【解析】【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.

7、C. D. 【答案】C【解析】【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，得，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【解析】【分析】先构造函

8、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：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 曲线在点处的切线方程是_（结果用一般式表示）.【答案】【解析】【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】【解析】【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】

9、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】【解析】【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：在物理、历史两科中选科相同：；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

10、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】#【解析】【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：共70分.解答应写出文字

11、说明、证明过程或演算步骤.第1721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：60分.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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】由正弦定理得，由余弦定理得，由两边平方得，代入得，即，解得（负根舍去），所以.18. 如图，在等腰梯形中，点为边上的一点，是一个等边三角

12、形，现将沿着翻折至，如图.（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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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

13、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2055120女9040180合计5075300（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

14、）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【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

15、，即可判断.【小问1详解】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.【小问2详解】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

16、）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，.【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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，

17、故，即，所以存在实数，使得成立.21. 已知函数，其中是自然对数底数.（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）【解析】【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.【小问1详解】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

18、调递增.【小问2详解】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（二）选考

19、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，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）【解析】【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.【小问1详解】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.小问2详解】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.选修4-5：不等式选讲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）.【解析】【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.