江西省新八校2023届高三数学（理）第二次联考试题（Word版附解析）

江西省东乡一中都昌一中丰城中学赣州中学景德镇二中上饶中学上栗中学新建二中新八校2023届高三第二次联考理科数学试题考试时间：120分钟分值：150分一、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.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合中的元素，再求即可.【详解】集合，故选：D.2.已知为虚数单位，，则复数在复平面上所对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先根据复数的乘方求出，再根据复数的除法运算即可得解.【详解】因为，则，所以在复平面上所对应的点为位于第二象限.故选：B. 3.已知命题p：，，则命题p的否定为（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题得到答案.【详解】已知命题p：，，则命题p的否定为：，.故选：C4.已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，得，从而可求得，再根据即可得解.【详解】由，得，即，所以，则，，则，又，所以，即向量与的夹角为. 故选：D.5.为了响应全国创文明城活动，某单位计划安排五名员工分别去三个小区A，B，C参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，员工甲不去小区A，则不同的安排方法种数共有（）种A.100B.110C.140D.260【答案】A【解析】【分析】方法一：根据小区安排几个人分类，即可解出；方法二：根据题意有和两种情况，共有种情况，再根据员工甲去三个小区的可能性相同，得到答案.【详解】[方法一]：因为，所以，若小区只安排一个人，剩下的4人可分为或，则有种；若小区安排两个人，则有种；若小区安排三个人，则有种，综上，共有种不同的安排方法.[方法二]：五名员工分别去三个小区A，B，C参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，则有和两种情况，共有种情况，员工甲去三个小区的可能性相同，故共有种情况.故选：A6.已知，则在的展开式中，含的系数为（）A.480B.C.240D.【答案】B【解析】【分析】根据定积分可得，进而由二项式表示6个因式的乘积，即可得到含的项，即可算出答案. 【详解】,表示6个因式的乘积，在这6个因式中，有3个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，故含的项系数是故选：B.7.已知圆关于直线对称，则的最小值为（）A3B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】利用特殊值“1”将化成积为定值的形式，再用基本不等式即可求解.【详解】解：由题意可知，圆心在直线上，则，又因为，，所以，当且仅当且即，时取等号，此时取得最小值．故选：D．8.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐家的世界数学史上第一道数列题．已知数列满足：，记，，则数列的前项和是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合二倍角余弦公式和余弦函数的周期性可推导证得数列是以为周期的周期数列，采用分组求和的方式即可求得数列的前项和.【详解】，，数列是以为周期的周期数列，又，，，的前项和为.故选：C.9.下列命题中，下列命题正确的个数是（）①已知随机变量，若，则．②已知随机变量，且函数为偶函数，则．③函数的图象的对称中心为，．④已知函数在上单调递增，则k的取值范围是．⑤已知函数的定义域为，若为偶函数，则函数的图象关于点对称．A.1B.2C.3D.4 【答案】B【解析】【分析】由二项分布的方差性质即可判断①；由正态分布密度曲线的性质即可判断②；利用正切型函数的对称性可判断③；函数在上单调递增，即在上单调递增，分离参数求解即可判断④；由函数对称轴和对称中心的性质可判断⑤.【详解】对选项①，，则，因此，故①正确；对选项②，，函数为偶函数，则，区间与关于对称，故，故②不正确；对选项③，由可得，所以，函数的图象的对称中心坐标为，③不正确；对选项④，函数在上单调递增，在上单调递增，即，即，故④不正确；对选项⑤，令，若为偶函数，，即，令，所以，，即，所以令，，所以函数的图象关于点对称，故⑤正确.故①⑤正确.故选：B.10.已知椭圆，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，，直线m经过点B且垂直于x 轴，P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交m于点M，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，设，求出以及的关系即可得解.【详解】，，设，则，所以，则，设，则，所以.故选：D.11.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令，求得，得到函数的单调性，得到，，求得且，再令，求得，得到 的单调性，求得，得出，再令，求得，得出单调递增，结合，求得.【详解】令函数，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，又由，，可得，，令，可得当时，，单调递增；当时，，单调递减，可得，所以，再令，可得，所以单调递增，可得，即，可得，即，综上可得，.故选：B.【点睛】方法总结：构造函数解答比较大小问题的方法：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.12.如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，过点作，则四边形是边长为2的菱形，如图所示：在中，，即，解得，所以，所以为边长为6等边三角形，所以，， 所以，因为是边长为3的等边三角形且为中点，所以，，在中，由余弦定理变形得，，在中，由余弦定理变形得，，解得，所以，所以，由平面，可得平面，又平面，所以，由，，，平面，可得平面，因为AP与平面所成角正切值为，所以，解得，，所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，设的长度为，则，所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.故选：A.【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知x，y满足约束条件，则的最小值为________． 【答案】##【解析】【分析】画出可行域，表示可行域中一点与原点之间距离的平方，由图找到最小值，由点到直线的距离公式求解即可.【详解】画出可行域如下图阴影部分，表示可行域中一点与原点之间距离的平方，由图可知，原点到直线的距离最小，为，则的最小值为.故答案为：.14.已知双曲线，现有如下条件：①双曲线C的焦距为6；②焦点到其中一条渐近线的距离为2；③与椭圆共焦点．从上述三个条件中任选一个作为条件，得到双曲线C的方程为________．（只填写一个条件的结果即可）【答案】选①，或（选②，或；选③，）【解析】【分析】若选①，先由焦距求得，再分和并结合可求出，进而得到双曲线方程；若选②，先根据双曲线方程求出渐近线方程，再分和求出一个焦点坐标，然后利用点到直线的距离公式列式求出，进而得到双曲线方程；若选③，根据双曲线与椭圆共焦点，先求出焦点坐标，进而求出，从而得到双曲线方程. 【详解】若选①，双曲线C的焦距为6，即，因为双曲线方程为，所以或，所以或，所以或，所以双曲线C的方程为或；若选②，因双曲线方程为，所以渐近线方程为，当时，，则，，右焦点坐标为，则点到直线的距离为，又焦点到其中一条渐近线的距离为2，所以，，此时双曲线方程为；当时，，则，，上焦点坐标为，则点到直线的距离为，又焦点到其中一条渐近线的距离为2，所以，，此时双曲线方程为；若选③，由椭圆得焦点坐标为，由于双曲线与椭圆共焦点，所以双曲线的焦点坐标为，所以，所以，故，此时双曲线方程为；故答案为：选①或（选②，或；选③，）. 15.已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的外接球的表面积为________．【答案】##【解析】【分析】先把三视图还原成几何体，设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，由平面，平面可证明四边形为矩形，在中利用勾股定理求出，在中利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可.【详解】如图，根据三视图可还原得四棱锥：设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，过做平面，连接由三视图可知四边形为矩形，,,为的中点，，.因为四棱锥外接球的球心满足平面，平面，所以，又平面，所以，同理得.所以四边形为矩形.在矩形中，，在中，因为，即，所以， 在中，外接球半径，所以外接球的表面积为.故答案为：16.已知在上恒成立，则实数a的取值范围________．【答案】【解析】【分析】令，再分和两种情况讨论，当时，不等式即为在上恒成立，令，即，易得函数在上递增，则在上恒成立，即，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可.【详解】令，当时，，当时，，此时，显然题设不成立，当时，在上恒成立，即，即在上恒成立，令，即， 因为，所以函数在上递增，所以在上恒成立，即，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当，即时，函数在上单调递增，而，所以时，上恒成立，当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，综上所述，实数a的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.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． 必考题：共60分．17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）若，求三角形ABC面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化角为边即可得解；（2）先利用余弦定理求出，再根据平方关系求出，再根据三角形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.【小问1详解】因为，由正弦定理得，即，所以，所以；【小问2详解】，故，则，则，当时，，所以三角形ABC面积的最大值为．18.甲、乙运动员进行网球比赛，每场比赛采用5盘3胜制（即有一运动员先胜3局即获胜，比赛结束），甲每盘赢乙的概率为，两人比赛中没有平局．（1）求甲以3:1赢球的概率； （2）为了激发两位运动员的积极性，规定：每赢1盘胜方将获得1000元的奖金，每盘的输方没有奖金；若连赢2盘，则这两盘中的每盘将增加300元的奖金；若连赢3盘，则这3盘中的每盘将增加600元的奖金．已知本场比赛第1盘乙获胜，第2盘甲获胜，记甲在本场比赛中获得的奖金总额为X元，求X的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由甲是以3:1赢球，可得第四次一定是甲赢，且前三场甲输一场，再根据相互独立事件的概率公式即可得解；（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.【小问1详解】因为甲是以3:1赢球，所以第四次一定是甲赢，且前三场甲输一场，则甲以3:1赢球的概率为；【小问2详解】依题意知可取，，，，，，所以的分布列为 所以.19.如图，在四棱锥中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．（1）证明：平面平面ABCD；（2）若，求平面PCD与平面PAD所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】连接DB交AC于点O，连接PO．因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PB＝PD，所以PO⊥BD．又因为AC，平面APC，且，平面APC所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．【小问2详解】取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB，，平面PDM，所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH． 由（1）知BD⊥PH，且，平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．由AP⊥PC，在△APC中，，所以．以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面的法向量为，所以，令得．设平面的法向量为，所以，令得．设平面与平面的夹角为． 所以，所以，平面与平面夹角的余弦值为．20.已知函数，．（1）若在上恒成立，求a的取值范围；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）计算，，确定得到范围，再证明充分性即可.（2）确定，取变换得到，再利用累加法计算得到证明.【小问1详解】必要性：在上恒成立，，则，故，故，若，则，则存在区间使函数单调递减，故，不成立；充分性：当时，，设，则在恒成立，故在上单调递增，故，成立. 综上所述：.【小问2详解】，即在上恒成立，取，，则，即，，，，，累加得到，即，得证.【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用必要性探路可以简化运算，是解题的关键.21.已知圆M过点，且与直线相切．（1）求圆心M的轨迹的方程；（2）过点的直线交抛物线于A，B两点，过点和A的直线与抛物线交于另一点C，证明：直线CB过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设圆心，根据圆M与直线相切，可得，化简即可得解；（2）设，分别求出直线的方程，再根据直线过点，直线过点，求出的关系，即可得证.【小问1详解】设圆心，由题意得，化简整理得， 所以圆心M的轨迹的方程为；【小问2详解】设，则，所以直线的方程为，即，同理可得直线的方程为，直线的方程为，因为直线过点，所以，则，因为直线过点，所以，则，所以，化简得，故直线的方程为，所以直线恒过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.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：坐标系与参数方程】 22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线和的直角坐标方程；（2）已知直线与曲线恰有一个交点，求的值．【答案】（1）且；.（2）或或【解析】【分析】（1）利用加减消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化公式可得的直角坐标方程；（2）因为直线过定点，通过数形结合观察与渐近线平行时或与双曲线相切时只有一个交点，进而求解.【小问1详解】解：在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），因为得：，所以或，则，，整理得，因为直线的极坐标方程为，所以直线直角坐标方程为，所以曲线直角坐标方程且，的直角坐标方程.【小问2详解】 的直角坐标方程，则恒过点，设为点，因为已知直线与曲线恰有一个交点，所以如图所示要么与渐近线平行，要么和双曲线相切，要么过点，当直线l过点时，，此时直线只与双曲线右支有一个交点，当直线和渐近线平行时，，当直线和双曲线相切时，，则，则，解得，综上的值为或或.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数．（1）解不等式；（2）若的最小值为M，已知a，b，c均为正实数，且，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】分，和三种情况讨论去掉绝对值符号即可得解； （2）先利用绝对值三角不等式求得，再利用基本不等式证明，再利用柯西不等式可得，即可得证.【小问1详解】当时，，解得，当时，，解得，当时，，解得，综上所述，不等式的解集为；【小问2详解】由绝对值三角不等式可得，当时取等号，所以，即，因为，当且仅当，即时，取等号，，当且仅当，即时，取等号，，当且仅当，即时，取等号，所以，即，当且仅当时，取等号，由柯西不等式可得，当且仅当时，取等号， 所以，所以，当且仅当时，取等号，所以．