江西省八所重点中学2023届高三数学（理）下学期3月联考试题（Word版附解析）

江西省八所重点中学2023届高三联考理科数学试卷考试时间：120分钟，分值：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色墨水笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束，监考员只需将答题卡收回装订.一、单项选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，请将答案写在答题卡内.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】，则.故选：C.2.法国数学家棣莫弗发现的公式推动了复数领域的研究.根据该公式，可得（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题中定义化简式子，再根据复数乘法计算即可. 【详解】根据题意可知，故，故选：B.3.已知服从正态分布，当时，关于的二项式的展开式的常数项为（）A.1B.4C.6D.12【答案】D【解析】【分析】由正态分布性质求，再由二项式展开式通项公式求的展开式的常数项.【详解】因为服从正态分布，，所以，二项式的展开式的第项，令，可得，所以二项式的展开式的常数项为，故选：D.4.在平面直角坐标系中，已知点，点为直线上一动点，则的最小值是（）AB.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】求点关于直线的对称点的坐标，由此可得，结合结论两点之间线段最短可求的最小值. 【详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，所以，当且仅当点为线段与直线的交点时等号成立，所以的最小值是4，故选：B.5.已知一袋中有标有号码的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取5次卡片时停止的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】恰好取5次卡片时停止，说明前4次出现了3种号码且第5次出现第4种号码，3种号码出现的次数为2,1,1.可以分步完成，先确定前3种号码出现的顺序，再分别确定这三种号码出现的位置，最后让第4种号码出现有一种方法，相乘即可.【详解】依题意，恰好取5次卡片时停止，说明前4次出现了3种号码且第5次出现第4种号码，3种号码出现的次数为2,1,1，则有：， 所以恰好取5次卡片时停止的概率为：.故选：C.6.意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条在自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰·伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式一双曲余弦函数：，（为自然对数的底数）.当时，记，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定双曲余弦函数的奇偶性与单调性，根据指对幂大小关系，即可得的大小关系.【详解】当时，，其定义域为，所以，则为偶函数，所以，又当时，恒成立，所以在上单调递增，又，，所以，则，故.故选：D.7.已知正三棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上.若该球的表面积为，且，则该 正三棱锥体积的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由外接球表面积求出半径，设球心到底面距离为，由三角函数关系解出底面三角形面积，由此可确定正三棱锥体积关于的函数关系.【详解】设球的半径为，因为，所以正三棱锥外接球半径，设的外接圆的圆心为，因为是正三棱锥，所以平面，设外接球球心为，则平面，所以，故点在直线上，当球心与点在平面的同侧，如图所示，设由已知，,因为，，解得，矛盾，当球心与点在平面的异侧时或球心在平面内时，如图所示， 所以，,因为，，解得，所以，又因为，所以，所以，所以，令，，由所以在递减，又，，所以当时，即时，三棱锥的体积取最大值，最大值为，当时，即时，三棱锥的体积取最小值，最小值为，所以正三棱锥体积的取值范围是.故选：A.8.在中，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据的几何关系将和进行展开，再根据向量的数量积运算即可求出范围.【详解】，，如上图所示，即的取值范围为.故选：C9.已知函数为的零点，为图象的对称轴，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，当取最小值时（）A.在上是增函数B.在上是增函数C.在上是减函数D.在上是减函数【答案】B【解析】【分析】根据正弦型三角函数的性质确定的取值情况，再利用已知不等式，缩小的取值情况，即可得的最小值，从而得的值，根据的解析式求得在上的增区间，即可判断选项得答案.【详解】已知函数为的零点，为图象的 对称轴，则①，②，由①②可得：，又，则或；又存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则，故，又，且，则，由②得此时则，函数在上的增区间满足，所以，则的增区间为，所以在上是增函数.故选：B.10.如图，正方体的棱长为，点是底面内的动点，且到平面的距离等于线段的长度，则线段长度的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意点到平面的距离即为点到直线的距离，在正方形中，以为原点建立平面直角坐标系，设，根据题意求出的关系式，再根据勾股定理结合二次函数即可得解. 【详解】在正方体中，点到平面的距离即为点到直线的距离，在正方形中，如图，以为原点建立平面直角坐标系，则，设，则，因为到平面的距离等于线段的长度，所以，所以，则，因为平面，平面，所以，则，则当时，.故选：B.11.已知椭圆的左、右焦点分别为.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率.【详解】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图，设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，切点也在的角平分线上，所以，由椭圆的定义知，则，所以，所以，所以，.又圆与圆的面积之比为9，所以圆与圆的半径之比为3，因为，所以，即，整理得，故椭圆的离心率.故选：A.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．12.若存在实数和使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称此直线为和的“分离直线”.有下列命题：①和之间存在唯一的“分离直线”时；②和之间存在“分离直线”，且的最小值为-4，则（）A.①、②都是真命题B.①、②都是假命题C.①是假命题，②是真命题D.①是真命题，②是假命题【答案】A【解析】【分析】命题①，和有公共点，故隔离直线过该点，设为点斜式，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；命题②，设隔离直线为，则对任意恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；【详解】对于命题①，函数和的图像在处有公共点，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即由恒成立，即恒成立，（i）当时，则不恒成立，不符合题意；（ii）当时，令，对称轴，在上单调递增，且，故不恒成立，不符合题意；（iii）当时，令，对称轴， 则，只有，即直线下面证明，令,求导，令，得，当时，，函数在区间上单调递减；当时，，函数在区间单调递增；故当时，函数取得极小值，也是最小值，故，即所以和之间存在唯一的隔离直线.所以命题①是真命题；对于命题②，设和的隔离直线为，则对任意恒成立，即对任意恒成立，由恒成立，得（i）当时，则符合题意；（ii）当时，则对任意恒成立，令，对称轴，需，即，故令，对称轴，需，即，所以，故同理可得，即，故的最小值为故命题①正确，命题②正确；故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义“隔离直线”，解题中理解“隔离直线”的定义，注意利用导数研究函数的单调性及最值时解题的关键，考查学生的转化与化归能力，属于难题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若x，y满足约束条件，则的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】根据线性约束条件确定可行域，再根据目标函数的特点确定最小值即可.【详解】如图，作出约束条件平面区域，如图所示阴影部分，将目标函数变形得，所以根据其几何意义可得，当直线经过点时，其纵截距最大，即目标函数取到最小值，所以的最小值是.故答案为：.14.函数的单调递增区间为__________.【答案】【解析】【分析】求导数，令，解不等式即可得函数的单调递增区间.【详解】函数的定义域为，则，令，解得，故函数的单调递增区间为.故答案为：.15.设双曲线的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，以为直径的圆与双曲线的渐近线在第四象限的交点为，若为等腰三角形，则直线的斜率的大小为 __________.【答案】【解析】【分析】联立圆与渐近线方程，表示出点坐标，再根据等腰三角形性质计算出双曲线离心率，将b、c由a表示出来，最后根据斜率公式计算即可.【详解】由题可知以为直径的圆方程为：根据题意联立方程：，解得点坐标为，由等腰三角形，得点在线段的中垂线上，即，由得，即，得，所以，，则.故答案为：.16.首项为0的无穷数列同时满足下面两个条件①；②.求的最大值__________.【答案】0【解析】【分析】利用反证法证明数列中相邻两项不可能同时为非负数，再证明，由此证明，举例说明存在满足条件的数列且，由此可得其最大值.【详解】假设数列中存在同时为非负数，因为， 若，则有，与条件矛盾，若，则，与条件矛盾，所以假设错误，即数列中相邻两项不可能同时为非负数，即对于任意的，中至少有一个小于，①当时，，因为，所以，所以，所以，②当时，则，因为，所以，所以，所以，由①②可得，恒成立，，所以所以考虑数列：，可以验证所给数列满足条件，且，所以的最大值为0.故答案为：0.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用反证法证明数列的相邻两项不能都为非负数，在此基础上进一步证明，利用分组求和法证明，再举例确定存在满足条件数列使得.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.在中，的对边分别为. （1）若，求的值；（2）若的平分线交于点，求长度的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式、三角恒定变换可得，再结合余弦定理可得的值；（2）设，利用面积公式与等面积法可得，根据余弦函数的性质，即可求得长度的取值范围.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，整理得：，则，即，由正弦定理得：，若，由余弦定理得：；【小问2详解】设，如图所示：所以，则所以，，则.18.如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点. （1）证明：；（2）已知是边长为1的等边三角形，已知点在棱的中点，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明，结合平面平面，推出平面，然后证明；（2）根据线面关系，建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值的坐标运算求得锥体的高度，即可求得三棱锥的体积.【小问1详解】证明：，为的中点，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，．【小问2详解】取的中点，因为为等边三角形，所以，过作，与交于，则，由（1）可知平面，因为平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，因为.所以，令，则，因为二面角的大小为，所以，解得，所以.19.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过三点.（1）求椭圆的方程；（2）若过右焦点的直线（斜率不为0）与椭圆交于两点，求直线与直线的交点的轨迹方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先设椭圆方程，代入椭圆上的点的坐标，即可求解；（2）首先设直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求直线与直线的交点坐标，即可求解交点的轨迹方程.【小问1详解】设椭圆方程E：+=1 由AC两点可知：，解得=16，=12，所以椭圆方程为；【小问2详解】设，M（，）N（，）联立（3+12my-36=0直线AM：=直线BN：=消去：，因斜率不为0，该直线方程：.20.某医药企业使用新技术对某款血夜试剂进行试生产.（1）在试产初期，该款血液试剂的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款血夜试剂在生产中，前三道工序的次品率分别为 .①求批次I的血液试剂经过前三道工序后的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的血液试剂会被自动淘汰，合格的血液试剂进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次I的血液试剂智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）；（2）已知某批次血液试剂的次品率为，设100个血液试剂中恰有1个为不合格品的概率为，求的最大值点.【答案】（1）①②（2）【解析】【分析】（1）①根据已知条件，结合相互独立事件的概率公式，以及对立事件概率和为1，即可求解；②根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解；（2）求出100个血液试剂中恰有1个为不合格品的概率为，然后利用导数求解的最大值点，即可求出.【小问1详解】①批次Ⅰ的血夜试剂经过前三道工序后的次品率为②设批次Ⅰ血夜试剂智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，由已知得则工人在流水线进行人工抽检时，.【小问2详解】100个血液试剂中恰有1个不合格的概率因此，令，得， 当时，；当时.所以的最大值为.21.已知函数.（1）当时，求在点处的切线方程；（2）对于在中的任意一个常数，是否存在正数，使得，请说明理由；（3）设是的极小值点，且，证明：.【答案】（1）（2）存在正数，使得，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程作答.（2）把代入，假定存在，再等价转化不等式，构造函数，求其最小值并证明其小于0作答.（3）根据给定条件，利用导数探讨a与极小值点的关系，再结合不等式的性质推理作答.【小问1详解】当时，，求导得：，，而，则，所以在点处的切线方程是.【小问2详解】对于在中的任意一个常数，假定存在正数，使得成立，显然有，令，求导得：， 当时，，当时，，即在上递减，在上递增，则当时，，令，求导得：，即在上单调递增，，即，所以存在正数，使得.【小问3详解】依题意，，求导得：，令，，即在上单调递增，因，当时，，即，函数在上单调递增，不存在极值，当时，，，从而存在，使得，即，当时，，，当时，，，因此，是函数的极小值点，满足，，则，因函数在上单调递减，而当时，，则由得，令，求导得，当上单调递减，，，当且仅当时取“=”，即，，于是得，，，因此，， 所以.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.（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.选修4-4：参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知直线与轴的交点为，且曲线与直线交于两点，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过消参即可得曲线普通方程；（2）求出直线的参数方程，利用参数的几何意义可解.【小问1详解】因为曲线C的参数方程为（t>0，t为参数），所以由两边平方得：，而，当且仅当，即时，等号成立，所以曲线C的直角坐标方程；【小问2详解】易知直线l：x﹣y﹣2=0与x轴的交点为F（2，0）， 直线的参数方程为（为参数），代入y2=12x得，设A，B两点对应的参数分别为，则，选修4-5：不等式选讲23.设为正数，且.（1）证明；（2）证明【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由柯西不等式可得，由此证明结论；（2）由重要不等式结合不等式性质可得，，结合不等式性质和柯西不等式证明结论.【小问1详解】因为为正数，，由柯西不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立；【小问2详解】由重要不等式得，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立， ，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，同理可得，当且仅当时等号成立，两式相加得所以，当且仅当时等号成立；即，当且仅当时等号成立.