江西省新余一中、丰城中学2022-2023学年高三数学（理）上学期11月联考试卷（PDF版附答案）

江西省新余一中、丰城中学2023届高三联考数学（理科）试卷命题人：丰城中学熊健审题人：新余一中考试时间：120分钟满分：150分一、单选题:本大题共l0小题．每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的.21．若集合Ax0x6，Bxxx20，则AB（）A．x1x6B．x|x2或x0C．x2x6D．x|x2或x12．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（）A．3B．2C．－2D．－33.如图所示，阴影部分由四个全等的三角形组成，每个三角形是腰长等于圆的半径，顶角为0的等腰三角形．如果在圆内随21机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为，则（）5A．B．C．D．6431214.已知函数fx（其中0，）的部sinx2分图象如图所示，则与分别等于（）A．1，B．1，33C．2，D．2，335.函数fx的定义域为R，则“xR，fxfx0”是“函数fx为偶函数”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5216.在xx11的展开式中常数项为（）xA．14B．－14C．6D．－622π7.已知圆O:(x1)y4，直线l:xcosysin1cos0，2设圆O上到直线l的距离等于1的点的个数为k，则k（）A．1B．2C．3D．4学科网（北京）股份有限公司1 x8.已知f(x)，g(x)分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)g(x)e，2若关于x的不等式2f(x)ag(x)0在(0，ln2)上恒成立，则实数a的取值范围是（）40404040A．,B．,C．,D．,099999.已知三棱锥PABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）9221π6221πA．6πB．30πC．D．21tan83log2310.已知：a，b，c则（）2221tan8A．abcB．acbC．c<a<bD．cba211.已知抛物线y4x的焦点为F，直线l过点F且与抛物线交于A，B两点，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为M，MAF的角平分线与抛物线的准线交于点P，线段AB的中点为Q.若AB16，则PQ（）A．2B．4C．6D．812.已知函数fxsinx，gxkxk0，若fx与gx图象的公共点个数为n，且这些公共点的横坐标从小到大依次为x1，x2，…，xn，则下列说法正确的有（）个21①．若n1，则k1②．若n3，则x3sin2xx332③．若n4，则x1x4x2x3④．若k，则n20242023A.1B.2C.3D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．z(2i)i13．复数的虚部是___________.14.已知数列a的各项均为正数，且前n项和S满足nn1Sn(an1)(an2)，且a2,a4,a9成等比数列，则数列an的通6项公式。15.将3个相同的红球和3个相同的蓝球排成一行，从左至右依次对应序号1，2，…，6，若同色球之间不加以区分，则3个红球对应序号之和小于3个蓝球对应序号之和的排列方法有______种．16.如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结学科网（北京）股份有限公司2 构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为26，则模型中九个球的体积和为__________.三、解答题:本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答.共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]这六组，制成如图所示的频率分布直方图.(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该组数据的中点值代替）(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60,80)内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在[70,80)内的概率.18.已知四边形ABCD是由△ABC与△ACD拼接而成的，222ACABBC且在△ABC中，2ABBC．AB(1)求角B的大小；5(2)若∠BAD，ADC，AD1，BC2．求AB36的长．19.在如图所示的六面体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是梯形，AF//BE，平面ABCD平面ABEF，BE2AF2，EF3．(1)求证：AC//平面DEF；(2)求直线AD与平面ECD所成角的正弦值．学科网（北京）股份有限公司3 x2y2220.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为，过F作两a2b22条互相垂直的弦AB，CD.(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．x21.已知函数fxaelneaa0．(1)当a1时，求过点-2,0且和曲线yfx相切的直线方程；fxlnx1(2)若对任意实数x1，不等式恒成立，求实数a的取值范围．四．选做题：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．作答时请写清题号．22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为2cos，0,．2（1）求C的参数方程；（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线l:y3x2垂直，根据(Ⅰ)中你得到的参数方程，确定D的坐标．123.设函数fx=xxa(a0)a(1)证明：fx2；(2)若f35，求a的取值范围．学科网（北京）股份有限公司4 参考答案BAADBDCCDBDC8.因为f(x),g(x)分别为偶函数和奇函数，xf(x)g(x)e①，xx所以f(x)g(x)e，即f(x)g(x)e②，xxxxeeee①②联立可解得f(x)，g(x)，22xx22xx(ee)不等式2f(x)ag(x)0为eea0，4xx4(ee)x(0,ln2)，则exex0a，，xx2(ee)4t4axx244设eet，则t，ttxxxxxxtee，x(0,ln2)，tee0，tee在(0,ln2)上是增函5数，t(2,)，24404549又yt在t(2,)时是增函数，所以0t，49，t2t10ttxx4(ee)40a，在x(0,ln2)恒成立，则a．xx2(ee)9故选：C．9.依题意得，设底面等腰直角三角形ABC的边长为xx0，112三棱锥PABC的体积Vx32432解得：x=431ABC的外接圆半径为r1243262球心O到底面ABC的距离为22dRr25241，11又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离为d2312，截面圆的半径为22rRd25421，22顶点P的轨迹长度为2r221；2当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d3314，学科网（北京）股份有限公司5 截面圆的半径为22rRd25163，33顶点P的轨迹长度为2r6；3综上所述，顶点P的轨迹的总长度为6221π2221tancossin888210.acos，21421tan8∵2221.52232log23，2log3∴2log3，则22ac，22xx设函数fx22x，则fx2ln22，2416∵f12ln22ln4lneln0，f24ln22ln0，22ee且函数fx单调递增，∴fx只存在一个x0使fx0，且x01,2，fx在,x0单调递减，3333log3∴ff10，即2230log32，22222所以acb.2p11.抛物线y4x，2p4,1，焦点F1,0，准线x=1.2若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x1，x1由2解得y2，则AB4不符合题意，所以直线l的斜率存在.y4x设lAB:ykx1，ykx12222由2消去y并化简得kx2k4xk0①，y4x22422k44k16k160，设Ax1,y1,Bx2,y2，则22k444x1x2222,y1y2kx1x22，kkk4213则ABx1x224216,k，k，k3333π不妨设k，A在第一象限，则直线l:yx1，倾斜角为.336ππ所以MAF,MAP，612学科网（北京）股份有限公司6 12212①式为x4x0，即x14x10，解得333214144x743，1233y1x11643423，33ππtantanπππ3431tantan，1234ππ131tantan34π31所以MPMAtan1x843234，11213则yy423，所以P1,23.P1xxyy1212由于xx14,yy43，7,23所以Q7,23.121222所以PQ8.故选：D12.当k1时，令ysinxx，则ycosx10，即函数ysinxx有且仅有一个零点为0，同理易知函数ysinxx有且仅有一个零点为0，即fx与gx也恰有一个公共点，故A错误；对于B：当n3时，如下图：易知在xx3，且x3,2，fx与gx图象相切，由当x,2时，kcosx3fxsinx，则fxcosx，gxk，故，从而sinxkx33xtanx，所以33111tan2xcos2x1tan2x2333xtanx，故B正332xtanxtanxcosxtanxsin2x333333确；对于C：当n4时，如下图：学科网（北京）股份有限公司7 则x10，x42，所以x1x42，又f(x)图象关于x对称，结合图象有x3x2，即有x3x22x1x4，故C正确；220232023对于D：当k时，由f()g1，f(x)与g(x)的图202322象在y轴右侧的前1012个周期中，每个周期均有2个公共点，共有2024个公共点，故D正确.113.214.对任意nN有S(a1)(a2)，nnn61①当n1时，aS(a1)(a2)，解得11116a1或a2；111当n1时，有S(a1)(a2)n1n1n16②由①-②整理得(aa)(aa3)0。nn1nn1a各项均为正数，aa3。nnn12当a1时，a13(n1)3n2，此时，aaa成1n429立。2当a2时，a23(n1)3n1，此时，aaa不1n429成立，故a2舍去，所以，a3n2。1n评注求得aa3后，可设aa(n1)3，将其代nn1n12入aaa得到a1。429115.根据题意，假设有6个位置来安排6个球，其序号分别为1、2、3、6，3在6个位置中取出3个，安排红球，剩余的安排蓝球，有C620种方法，且6个数之和为21，要使3个红球对应序号之和小于3个蓝球对应序号之和，则3个红球之和小于等于10，当3个红球之和为10时，学科网（北京）股份有限公司8 红球占1,3,6三个位置，或1,4,5三个位置，或2,3,5三个位置，共3中情况当3个红球之和为9时，红球占1,2,6三个位置，或1,3,5三个位置，或2,3,4三个位置，当3个红球之和为8时，红球占1,2,5三个位置，或1,3,4三个位置，当3个红球之和为7时，红球占1,2,4三个位置，当3个红球之和为6时，红球占1,2,3三个位置.共10中情况.故答案为:1016.如图所示正四面体ABCD，设棱长为a，高为h，O为正四面体ABCD内切球的球心，延长AO交底面BCD于E，E是等边三角形△BCD的中心，过A作AFCD交CD于F，连接BF，则OE为正四面体ABCD内切球的半径，32313因为AFBFa，BEBFa，EFBFa，23336226所以hAEAFEFa，3222261所以OEBOBEAEOEBE，解得rOEah，124343h所以正四面体ABCD内切球的体积Vr，3486由图可知最大球内切于高h264的正四面体中，最大球半径大31rh1，大4434故最大球体积为V1；大33中等球内切于高h中h大2r大2的正四面体中，中等球半径学科网（北京）股份有限公司9 11rh，中中42341故中等球的体积为V；中326最小求内切于高h小h中2r中1的正四面体中，最小球半径11rh，小小44341故最小求的体积为V；小344825所以九个球的体积和VV大4V中4V小，1225故答案为：.1216.如图所示正四面体ABCD，设棱长为a，高为h，O为正四面体ABCD内切球的球心，延长AO交底面BCD于E，E是等边三角形△BCD的中心，过A作AFCD交CD于F，连接BF，则OE为正四面体ABCD内切球的半径，32313因为AFBFa，BEBFa，EFBFa，23336226所以hAEAFEFa，3222261所以OEBOBEAEOEBE，解得rOEah，124343h所以正四面体ABCD内切球的体积Vr，3486由图可知最大球内切于高h264的正四面体中，最大球半径大31rh1，大4434故最大球体积为V1；大33学科网（北京）股份有限公司10 中等球内切于高h中h大2r大2的正四面体中，中等球半径11rh，中中42341故中等球的体积为V；中326最小求内切于高h小h中2r中1的正四面体中，最小球半径11rh，小小44341故最小求的体积为V；小344825所以九个球的体积和VV大4V中4V小，1225故答案为：.1217（.1）由图可知，10(20.005a0.020.0250.03)1，解得a0.015.220设中位数为x，则0.050.150.20.3(x70)0.5，所以x.3这100人问答成绩的平均数约为450.05550.15650.2750.3850.25950.0572.（2）用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60，80）内的人中抽取一个容量为5的样本，2则问答成绩在[60，70）内的有52人，分别记为A，B；233问答成绩在[70，80）内的有53人分别记为a，b，C.23从中任意抽取2人，则实验的样本空间{（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c）}，共有10个样本点.设事件A为2人的问答成绩均在[70，80）内的概率，则A{(a,b),(a,c),(b,c)}，3所以这2人的间答成绩均在[70，80）内的概率P(A).1018.（1）222ACABBC∵2ABBC，AB∴整理可得，BC2+AB2﹣AC2＝BC•AB，222BCABAC1∴在△ABC中，由余弦定理可得cosB，0＜B＜π，2ABBC2学科网（北京）股份有限公司11 ∴B．3（2）5∵B，∠BAD，ADC，AD1，BC2，336∴设AC＝x，∠CAB＝α，2xBCAC则在△ABC中，由正弦定理，可得sin，可得sinCABsinBsin33xsinα，①ACAD在△ADC中，由正弦定理，可得sinDsinDDACx15，sinsin6631可得x，②，2sin63∴联立①②，可得sinα＝23sin（α），可得tanα，可得6212721cosα，sinα，21tan772sinBCAC3∴在△ABC中，由正弦定理，可得AC7，sinsinB217∵由余弦定理AC2＝BC2+AB2﹣2AB•BC•cosB，可得7＝4+AB2﹣122AB，2可得AB2﹣2AB﹣3＝0，∴解得AB＝3，（负值舍去）．19.1）连接AC,BD交于点O，取DE的中点为M，连接FM,OM，因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点，则OM//BE，学科网（北京）股份有限公司12 1OM=BE，21又因为AF//BE，AF=BE，2故AF//OM，AF=OM，所以四边形AOMF是平行四边形，AC//FM，又FM平面DEF，AC平面DEF，AC//平面DEF；（2）在平面ABEF内，过点A作FE的平行线交BE于点G,又AF//GE，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AGFE3，GEAF1,BGBEBG1,222又因为AB2,所以ABAGBG,所以ABG是直角三角形，AGB90,GAB30,ABG60,在平面ABEF内，过点A作AB的垂线交EF于点H，又因为平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，所以AH面ABCD.以A为坐标原点，AD的方向为x轴正方向，AB的方向为y轴正方向，AH的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0),D(2,0,0),C(2,2,0),E(0,1,3),所以DC(0,2,0),DE(2,1,3),AD(2,0,0),设n(x,y,z)是面ECD的法向量，DCn02y0则即，当x3时，y0,z2，DEn02xy3z0所以n(3,0,2)，设直线AD与平面ECD所成角为，所以直线AD与平面ECD所成角的正弦值为ADn2321sincosAD,nADn2347c220.(1)由题意得c＝1，＝，∴a＝2，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程a2学科网（北京）股份有限公司13 x2为＋y2＝1.21(2)①当两直线一条斜率不存在、一条斜率为0时，S＝|AB|·|CD|＝21×22×2＝2.②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为2y＝k(x－1)，A(x221，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k)x－4k22k2－24k2x＋2k2－2＝0，则x21＋x2＝，x1x2＝，则|AB|＝1＋k|x1－1＋2k21＋2k222k2＋122k2＋11x2|＝，同理，|CD|＝，则S＝|AB|·|CD|＝1＋2k2k2＋221k＋4k2222k2＋122k2＋14k2＋121··＝＝1＝2－1∈21＋2k2k2＋22k4＋2＋5k2k＋k＋2k2＋12k2＋11616，216，29，当k＝±1时，S＝.综上所述，四边形面积的取值范围是9.9xx21.（1）当a1时，fxe1，fxe，x,ex01，直线斜因为点2,0没有在曲线上，故不是切点，设切点为0fxex0，率为0yex01ex0xx，又因为该直线过点2,0，则切线方程为0所以0ex01ex02x，即ex0xex01，00xx记uxexe，x当x1时，ux0，当x1时，uxx2e0，∴ux在1,上单调递增，又u01，∴x00，故切线方程为yx2；xlna（2）当x1时，由fxlnx1可得elna1lnx1，xlnaln(x1)即exlnax1lnx1elnx1，学科网（北京）股份有限公司14 xx构造函数gxex，其中xR，则gxe10，所以函数gx在R上为增函数，xlnaln(x1)由exlnaelnx1可得gxlnaglnx1，所以xlnalnx1，即lnalnx1x，其中x1，12x令hxlnx1x，其中x1，则hx1．x1x1当1x2时，hx0，函数hx单调递增，当x2时，hx0，函数hx单调递减，1所以lnahxh22，即a．max2excos2222.解析：（Ⅰ）代入2cos得(x1)y1ysin又因为0,，所以y0，C的普通方程222(x1)y1(0y1)所以C的参数方程为x1cost(t为参数,0t)ysint（Ⅱ）设点D(1cost,sint)，由（Ⅰ）知曲线C是以(1,0)为圆心，以1为半径的上半圆，C在D处的切线与直线l:y3x2垂直，则tant3,t333D(1cos,sin)，所以D的坐标为(,)．3322111123.xxaxaxxaxa2，aaaa仅当a1时等号成立，所以fx2．11（Ⅱ）f3=33aa335aa115当0a3时，f3=6a5，解得aa2学科网（北京）股份有限公司15 1521当a3时，f3=a5，解得aa215521综上所述，a的取值范围为(,)．22学科网（北京）股份有限公司16