江西省重点中学盟校2022-2023学年高三数学（理）下学期第二次联考试题（Word版附答案）.docx

1、江西省重点中学盟校2023届高三第二次联考数学（理）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. 已知集合，则AB（ ）A. （2，3） B. （2，2） C （1，2） D. （0，3）【解析】由得：，即；由得：，即；故选：C2. 已知复数，是z的共轭复数，则（ ）A.B.C.D.【解析】因为，则，所以，故选：B3. 设是等差数列的前n项和，则公差d（ ）A. 1 B. C.D. 1【解析】，故选：A4. 若实数x，y满足约束条件，则勺最大值为（ ）A. B. 2 C. 5 D. 8 【解析】画出可行域如下图所示，由图可知，由解得

2、，设A（1，2），目标函数在点A（1，2）处取得最大值，故选：C5.“”是“函数为奇函数”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【解析】时，f（x）为奇函数，故选：A6.双曲线C的离心率最小时，C的渐近线方程为（ ）A.B.C.D.解：由已知：，离心率，当且仅当，即时等号成立，此时，故选C7.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象函数g（x）在处取得极值，则的最小值为（ ）A.B.C.D.【解析】由，所以又是函数g（x）的一个极值点，所以，得当时，所以故选：A8. 设函数，在区间（0，2）随机抽取两个实数分别记为a，b，则恒

3、成立的概率是（ ）A.B.C.D.【解析】当且仅当时，取“”，所以f，于是恒成立就转化为成立；因为若，所以等价于，由几何概型，其概率为故选：D9. 如图，一个棱长1分米的正方体型封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）A. （，） B. ，） C.，） D. ，）解析：将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，所以，即 故选：A10. 已知斜率为k的直线l过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于两点，抛物线C的准线上一点M（1，1）满足，则|AB|（ ）A. 3B. 4C.

4、5 D. 6【解析】易知，设A（，），B（，），则，（，化简得，设A，B中点坐标为（，），则又由直线的斜率公式得，即由、解得，答案选C11. 若，则（ ）A.B.C.D.解析：令，所以在上单调递减，又，所以，即令，则，则，即，所以由，得，所以，综上 故选：B12.伯努利双纽线（简称双纽线）是瑞土数学家伯努利（16541705）在1694年提出的伯努利将椭圆的定义作了类比处理，指出是到两个定点距离之积的点的轨迹是双纽线；曲线的形状类似打横的阿拉伯数字8，或者无穷大的符号在平面直角坐标系xOy中，到定点A（a，0），B（a，0）的距离之积为的点的轨迹C就是伯努利双纽线，若点P（，）是轨迹C上一点，

5、则下列说法正确的是（ ）曲线C关于原点中心对称； ；直线与曲线C只有一个交点；曲线C上不存在点P，使得A. B. C. D 【解析】由定义：曲线C：，如图所示：所以正确，错误；令，解得或，得，所以错误； 根据曲线，可知，可得直线与曲线C只有一个交点，所以正确，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量的夹角为，且，则_解：；【答案】214. 已知函数则当时，f（f（x）的展开式中的系数为_解析：时，展开式第项，故时，x4的系数270【答案】27015.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第n项为，若序列的所有项都是2，

6、且，则_解析：的第项为，故，即因为，所以，【答案】16. 如图，在直三棱柱中，点E，F分别是棱，AB上的动点，当最小时，三棱锥外接球的表面积为_【解析】如图：把侧面沿展开到平面与平面共面的位置延长到，使得当，E，F，四点共线时，的长度最小，此时，所以，所以三棱锥外接球的直径为，半径，表面积为【答案】10三、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：共60分17.已知ABC的内角的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，（1）求cosC；（2） 若，求b解：（1）由已知，由余弦定理，得，

7、3分得，所以，所以6分（2）由正弦定理得，8分所以，由，得，10分所以，由正弦定理：12分18.如图，四棱锥中，除EC以外的其余各棱长均为2（1）证明：平面BDE平面ACE；（2）若平面ADE平面ABE，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值解：（1）证明：由已知四边形ABCD为菱形；所以，设AE的中点为O，连结OB，OD，因为，所以，所以AE平面OBD，3分又BD平面OBD，所以，又，所以BD平面ACE，又BD平面BDE，所以平面BDE平面ACE；6分（2）因为平面ADE平面ABE，平面ADE平面，所以DO平面ABE，且，7分以O为原点，分别为x，y，Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则1，0

8、），B（，0，0），D（0，0，），E（0，1，0） 所以设直线DE与平面BCE所成角为，平面BCE的法向量，则，取，得则为所求 12分19.文具盒里装有7支规格一致的圆珠笔，其中4支黑笔，3支红笔某学校甲、乙、丙三位教师共需取出3支红笔批阅试卷，每次从文具盒中随机取出一支笔，若取出的是红笔，则不放回；若取出的是黑笔，则放回文具盒，继续抽取，直至将3支红笔全部抽出（1）在第2次取出黑笔的前提下，求第1次取出红笔的概率；（2）抽取3次后，记取出红笔的数量为X，求随机变量X的分布列；（3） 因学校临时工作安排，甲教师不再参与阅卷，记恰好在第n次抽取中抽出第2支红笔的概率为，求的通项公式解析：（1）

9、记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔则，所以，3分（2）随机变量X可取0，1，2，3.4分所以，所以X分布列为：X0123P8分（3）由题意知：前n1次取了1次红笔，第n次取红笔则12分20.设为椭圆E：上的三点，且点关于原点对称，（1）求椭圆E的方程；（2）若点B关于原点的对称点为D，且，证明：四边形ABCD的面积为定值解：（1）设A（，），B（，），则，两式相减，得，又因为，所以，所以椭圆E的方程为5分（2）由对称性，四边形ABCD为平行四边形，所以，设直线AB的方程为，联立，消去y得：，则，且，7分由得，10分原点到直线直线AB的距离，所以为定值12分21. 已知函数（1）

10、当时，求曲线在（1，f（1）处的切线方程；（2） 若f（x）存在最小值m，且，求a的取值范围解析：（1）当时，所以曲线在（1，f（1）处的切线方程为3分（2）当时，此时在递增，f（x）无最小值，不符题意；当时，在单调递减，且所以，有，此时f（x）在（0，）递增，在（，）递减，f（x）无最小值，不符题意； 5分当时，令，则，设，则，令得，所以t（x）在（0，1）递减，在递增， 6分（i）若，则，即，在递增，即在（）递增又，所以有，即，且f（x）在（0，）递减，在（，）递增，此时，设，则，所以在递增由于，此时，不成立； 8分（ii） 当时，由上分析易知：f（x）在（0，1）递减，在递增，此时符合题

11、意； 9分（iii） 当时，由于，所以存在有所以在递增，在递减，在递增又因为，设，求导易知由于，故存在，有则在递减，在递增此时，由于，此时成立 11分综上，a的取值范围是（0，1 12分（二）选考题：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22.选修44：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（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，点P的极坐标是，）（1）求直线l的极坐标方程及点P到直线l的距离；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求PMN的面积解：（1）由消去t，得，所以直线l的极坐标方程为点）到直线l的距离为5分（2）由，得，所以，所以，则PMN的面积为10分23.选修45：不等式选讲已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，且对任意恒成立，求m的最小值解：（1）当时，原不等式等价于或或，解得：或无解或，所以的解集为5分（2）则所以函数f（x）在上单调递减，在，上单调递减，在上单调递增所以 因为对任意恒成立，所以又因为，所以，解得（不合题意）所以m的最小值为1.10分