江西省南昌市三校2023届高三数学（理）上学期第二次联考试题（Word版附解析）

南昌市三校（一中､十中､铁一中）高三上学期第二次联考数学试卷（理科）命题人：朱志江学校：南昌十中考试时长：120分钟试卷总分：150分一､选择题（本大题共12题，每小题5分，共计60分）1.已知复数z满足，则（）A.B.3C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，再利用共轭复数及模的意义求解作答.【详解】依题意，，则有，于是得，所以.故选：D2.若集合，集合，则等于A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A={x|（x+4）（x+1）＜0}=（﹣4，﹣1），∵集合B={x|x＜﹣2}=（﹣∞，﹣2）∴∁RB=[﹣2，+∞），∴A∩（∁RB）=[﹣2，﹣1），故选C．3.已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（）A.B.C.D.2 【答案】B【解析】【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.【详解】设等比数列的公比为，由题意得，即，，，，故选：B.4.已知，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用“分段法”来求得大小关系.【详解】，，，所以.故选：B5.在等边中，O为重心，D是的中点，则（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算计算作答.【详解】O为的重心，延长AO交BC于E，如图，E为BC中点，则有，而D是的中点，所以.故选：D6.若实数，满足约束条件，则的最大值为（）A.B.3C.6D.10【答案】D【解析】【分析】由约束条件可作出可行域，将问题转化为在轴截距最大的问题，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图所示，当取得最大值时，在轴截距最大， 由图象可知：当过时，轴截距最大，由得：，则，.故选：D.7.函数的部分图象大致为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】由的奇偶性和特殊值利用排除法可得答案.【详解】对，，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，所以排除选项A；令，可得或，即，当时，，所以，故排除选项C；当时，，所以，所以排除选项D.故选：B.8.函数的部分图象如图所示，若将图象上的所有点向右平移个单位得到函数的图象，则关于函数有下列四个说法，其中正确的是（） A.函数的最小正周期为B.函数的一条对称轴为直线C.函数的一个对称中心坐标为D.再向左平移个单位得到的函数为偶函数【答案】D【解析】【分析】根据图象求得的解析式，根据三角函数图象变换求得，根据的最小正周期、对称轴、对称中心、图象变换等知识确定正确答案.【详解】对于，由图可知，，，，由于，所以，所以.图象上的所有点向右平移个单位得到函数，的最小正周期为，A选项错误.，B选项错误. 点的纵坐标是，所以不是的对称中心，C选项错误.再向左平移个单位得到，所得函数为偶函数，所以D选项正确.故选：D9.钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】根据题目信息可知，利用余弦定理可计算出，又因为是钝角三角形，比较三边大小可知，C角为钝角，由可计算出符合题意的取值，通过计算可求出的面积.【详解】由及余弦定理可知，，整理得，解得或；又因为是钝角三角形，比较三边大小可知，为最大边，所以C角为最大角，即C为钝角；①当时，，符合题意，此时的面积为； ②当时，，不符合题意；综上可知，的面积为.故选：C.10.已知函数，对于实数a，使成立的一个必要不充分条件是（）A.B.CD.或【答案】C【解析】【分析】先求得使成立的的实数a的取值范围，再去选择使其成立的一个必要不充分条件即可.【详解】当时，，则，则是增函数，当时，，则是增函数，又，∴函数在R上是增函数，∵，∴，则，即，解得，则成立的充要条件是∴使成立的一个必要不充分条件的a的范围对应的集合应真包含，故排除ABD，选C.故选：C．11.已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面平面， 且为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，得到点O即为该球的球心，取线段的中点E，得到四边形为矩形，分别求得，结合球的截面圆的性质，即可求解.【详解】如图所示，在四棱锥中，取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，取线段的中点E，连，，，，则四边形为矩形，在等边中，可得，则，即，在正方形中，因为，可得，在直角中，可得，即，所以四棱锥外接球的表面积为.故选：B.12.已知函数，若，则的取值范围为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得的取值范围，然后化简，结合导数求得的取值范围.【详解】由于，即，所以，当时，递增，所以有唯一解.当时，递增，所以有唯一解.由得，所以.令，所以在区间递减；在区间递增.所以，所以的取值范围为.故选：D【点睛】本题要求的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.二､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.若向量，，且，则实数的值是______.【答案】1【解析】【分析】由可知，即，进而求解.【详解】因为，所以，则，即，解得，故答案为：114.抗击新冠疫情期间，，，共名医学专家被分配到甲、乙、丙、丁四所医院指导抗议工作，每所医院只去人，其中专家不去甲医院也不去乙医院，专家与专家不去甲医院也不去丁医院，如果专家不去乙医院，则去丁医院的是专家_________【答案】【解析】【分析】因为，，不去甲，又，不去乙且不去丁，即可判断出结果．【详解】，，不去甲，所以去甲，又，不去乙，则去乙，不去丁，所以去丙，去丁．故答案为：15.已知定义在实数集上的函数满足，且当时，，若，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意求出函数的周期为，再利用周期得到，最后利用基本不等式即可求解.【详解】因为函数满足，所以函数的周期为，又因为，所以，因为当时，，则有， 所以当且仅当，即时，取等号.故答案为：.16.已知，则__________.【答案】##【解析】【分析】先变形得到，再分别求出所需要的角的三角函数值代入计算即可.【详解】因为，，， 因为，所以，所以，故故答案为：.三､解答题（本题共5小题，每小题12分，共60分）17.已知各项为正数的数列的前项和为，若.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用公式，时，，代入化简得到数列的递推公式，即可求解通项公式；（2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式.【小问1详解】当时，，解得；当时，由，得，两式相减可得，，又，，即是首项为，公差为的等差数列，因此，的通项公式为；【小问2详解】 证明：由可知，所以，，因为恒成立，所以，又因为，所以单调递增，所以，综上可得．18.如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，利用向量法求解.【小问1详解】面，且，.∵是中点,所以. 同理可证：.又面，面，,平面.∵面，∴平面平面.【小问2详解】，.以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图：则.设平面的法向量则，得，不妨取，则.由（1）得是平面的一个法向量，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19.某校为减轻暑假家长的负担，开展暑期托管，每天下午开设一节投篮趣味比赛．比赛规则如下：在A，B两个不同的地点投篮．先在A处投篮一次，投中得2分，没投中得0分；再在B处投篮两次，如果连续两次投中得3分，仅投中一次得1分，两次均没有投中得0分．小明 同学准备参赛，他目前的水平是在A处投篮投中的概率为p，在B处投篮投中的概率为．假设小明同学每次投篮的结果相互独立．（1）若小明同学完成一次比赛，恰好投中2次的概率为，求p；（2）若，记小明同学一次比赛结束时的得分为X，求X的分布列及数列期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）将小明同学恰好投中2次分成三种情况，分别求得概率相加与已知概率相等构造等式，解方程即可求出的值；（2）首先由题意可得得分的可能取值分别为，，，，，分别计算每种情况的概率即可求得的分布列，最后根据数学期望的计算公式求解的数学期望即可.【小问1详解】设小明在处投篮为事件，在处投篮分别为已知小明同学恰好投中2次，分三种情况中中不中；中不中中；不中中中；其概率为：，解得：.【小问2详解】由题意可得得分的可能取值分别为，，，，；；； ；.综上所述可得的分布列为5321020.已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，列出关于方程组，即可求椭圆方程；（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况，联立方程，将向量关系，转化为坐标关系，并利用韦达定理消元整理，并根据，求解.【小问1详解】 由题可知解得故椭圆的方程为.【小问2详解】当直线l的斜率不存在时，设，，，由，，得，同理，当,时，得，所以，当直线l的斜率存在时，即时，设直线的方程为，联立消去y得.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，所以，即①.设，则②， 则，由，得③，③代入②得，化简整理得④，将④代入①得，化简得，解得或.综上，m的取值范围为.21.设，（1）当时，求证：对于任意；（2）设，对于定义域内的，有且仅有两个零点求证：对于任意满足题意的，．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将代入中，构造新函数求导，利用函数导数单调性判断即可；（2）先化简，根据解析式分析在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点，分别讨论分析即可.【小问1详解】 证明：当时，，令所以所以因为，所以所以在上单调递增所以所以对于任意，【小问2详解】由当时，当时，所以依题有且仅有2个零点，当，不满足题意所以在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点．①两段上各有一个零点，令． 则，得，得因此：令，恒成立，所以在单调递减.要证：即证：即证：即证：因为所以所以成立，因此，成立②若均在同一段：上，则必有所以对于任意满足题意的，．【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函 数导数性质解决.（二）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.22.在直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程为，设，的交点为，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用得到的极坐标方程；（2）方法一：代入，得到或，求出，利用垂径定理求出高，从而求出面积；方法二：化为直角坐标方程为，求出圆心到直线的距离，利用垂径定理得到的长，从而求出面积.【小问1详解】已知圆，得，因为，所以为圆的极坐标方程．【小问2详解】方法一：代入，可得，解得或， ∴，又因半径，则，∴；方法二：直线：化为直角坐标方程为，圆心到直线的距离，由半径∴，∴.23.已知的最小值为．（1）求的值；（2）若正实数满足，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先在数轴上标根，把数轴分成三区，再打开绝对值，写出分段函数，求其最小值.（2）先把两边平方，再利用重要不等式进行放缩求出结果.【小问1详解】 由已知，当时，；当时，；当时，.所以，即，即．【小问2详解】由（1）知：，所以，因为，当时取等号；同理，当时取等号；，当时取等号.所以，则，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为．