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（ ）A. （2,3）B. （2,2）C. （1,2）D. （0,3）【答案】C【解析】【分析】先解一元二次不等式及对数不等式求解集合，再利用交集的定义求解结果.【详解】由得：，即；由得，即，则；.故选：C.2. 已知复数，是的共轭复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的概念及复数运算得，再根据复数的除法运算化简即可得答案.【详解】因为，则，所以.故选：B.3. 设是等差数列的前项和
2、,则公差A. B. C. 1D. -1【答案】D【解析】【分析】由题得到的方程组，解方程组即得d的值.【详解】由题得故答案为D【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）A. B. 2C. 5D. 8【答案】C【解析】【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，平移目标函数即可求解.【详解】画出可行域如图所示，由解得，设A(1,2)，则目标函数，经过点A(1,2)时在y轴上的截距最大，所以在点A(1,2)处取得最大值最大值为.故选：C.5. 设，则“”是“为奇函数”的（ ）A. 充分不必要条件B
3、. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据为奇函数，可得，即可求得，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】若奇函数，则，解得，经检验，符合题意，“”是“为奇函数”的充分不必要条件.故选：A6. 双曲线的离心率最小时，双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，然后利用基本不等式研究最值及等号成立的条件即可求出m的值进而求出双曲线的渐近线方程.【详解】依题，设离心率为，则，当且仅当即时取“”.此时双曲线方程是，渐近线方程是.故选D.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率、渐近线的概念及基本不等式的应用，属
4、中等难度题.7. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象若是函数的一个极值点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解.【详解】由，化简得，所以又是函数的一个极值点，所以当时，函数取得最值，所以，解得因为，所以故选：A8. 设函数，在区间随机抽取两个实数分别记为，则恒成立的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简得到，得到，结合题意转化为成立，得到，利用面积比的几何概型，即可求解.【详解】由函数当且仅当时，取“”，所以，又由恒成立就转化
5、为成立，因为若，所以等价于，如图所示，由面积比几何概型，其概率为.故选：D.9. 如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有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. 【答案】A【解析】【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】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：A.10. 已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，抛物线的准线上一点满足，则（ ）A. B. C. 5D. 6【答案】C【
6、解析】【分析】先求出抛物线的方程，得到焦点坐标.设直线：，用点差法表示出的中点为，利用半径相等得到：,解出k，即可求出.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，所以抛物线的方程为，其焦点为.因为直线过抛物线的焦点，所以直线方程为.因为，所以在以为直径的圆上.设点，联立方程组，两式相减可得，设的中点为，则.因为点在直线l上，所以，所以点是以为直径的圆的圆心.由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，所以弦长.故选：C.【点睛】处理直线与二次曲线相交的问题：（1）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决大部分直线与二次曲线相交的问题；（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理.1
7、1 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数研究的单调性及最值，得出，即，再进一步计算和放缩得到结果.【详解】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：.12. 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，到定点的距离之积为的点的轨迹C就是伯努利双纽线，若点是轨迹C上一点，则下列说法正确的是（ ）曲线C关于原点中心对称；直
8、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. 【答案】B【解析】【分析】根据题意求得曲线方程为，结合对称性的判定方法，联立方程组，以及特殊点，逐项判定，即可求解.【详解】在平面直角坐标系xOy中，设到定点的距离之积为，可得，整理得，即曲线的方程为，图象如图所示，在曲线上任取一点，则关于原点的对称点，则点满足曲线的方程，所以曲线关于原点成中心对称，所以.由原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以错误；令，解得或，可得，所以错误； 联立方程组，可得，即，所以，所以直线与曲线C只有一个交点，所以正确.故选：B.二、填空题：本题共4小题
9、，每小题5分，共20分.13. 已知向量的夹角为，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据数量积的定义及运算法则直接计算即可【详解】依题有.故答案为：【点睛】本题考查的是数量积的计算，较简单.14. 已知函数则当时，的展开式中的系数为_【答案】270【解析】【分析】由分段函数解析式可得，应用二项式定理求出的系数即可.【详解】时，展开式第项，故时，的系数270故答案为：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，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，则_【答案】【解析】【分析】根据题意得到，进而依次求解出.【详解】的第项为，故，即因为，所以，.故答
10、案为：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_.【答案】10【解析】【分析】把平面沿展开到与平面共面的的位置，确定当，四点共线时，的长度最小，求出此时的线段的长度，的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，即可得外接球的球心与半径，由球的表面积公式求解即可【详解】把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，连结，如图1所示，则，要使得的长度最小，则需，四点共线，此时，因为，所以，所以，故，所以，所以的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆如图2，连接，由于，所以，又所以，所以的外接圆是以的中点为圆心，为半径
11、的圆所以三棱锥外接球的球心为，半径为，故外接球的表面积为故答案为：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.【答案】（1） （2）3【解析】【分析】（1）由余弦定理及面积公式可求得；（2）由正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和正弦公式变形可求得，然后由正弦定理求得边b【小问1详解】由已知，由余弦定理，得， 得，所以，所以.【小问2详解】由正弦定理得，则，又所以，
12、又，所以，即又，所以，由，得， 所以，由正弦定理：.18. 如图，四棱锥中，除EC以外的其余各棱长均为2（1）证明：平面平面；（2）若平面ADE平面ABE，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连结，推导出，从而平面，进而，由四边形是菱形，得，从而平面，由面面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值【小问1详解】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，平面OBD，所以AE平面OBD， 又BD平面
13、OBD，所以，又，平面ACE，所以BD平面ACE，又BD平面BDE，所以平面BDE平面ACE；【小问2详解】因为平面ADE平面ABE，平面ADE平面，所以DO平面ABE，且， 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， 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.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
14、出红笔的概率；（2）抽取3次后，记取出红笔的数量为，求随机变量的分布列；（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.【答案】（1） （2）分布列见解析 （3）【解析】【分析】（1）记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔，分别求得，结合条件概率的计算公式，即可求解；（2）根据题意得到随机变量可能取值为，求得相应的概率，进而得出随机变量分布列；（3）由前n1次取了1次红笔，第n次取红笔，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：根据题意，记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔，则，所以在第2次取出黑笔的
15、前提下，第1次取出红笔的概率为.【小问2详解】解：由题意，随机变量可能取值为，可得，所以随机变量分布列为：0123【小问3详解】解：由题意知：前n1次取了1次红笔，第n次取红笔，则.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.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设点的坐标，利用点差法表示，进一步计算得出结果；（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，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示四边形ABCD的面积并证明定值.【小问1详解】设，则，两式相减，得，则
16、，即，又因为，所以，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】由对称性，四边形为平行四边形，所以，设直线的方程为，联立，消去得：，则，且， 由得，则，即整理得，即.原点到直线的距离，所以为定值. 21. 已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若存在最小值m，且，求a的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时，求出、，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，求出在上的最大值，可得出关于的等式，构造函数，利用函数的单调性列出不等式，解之即可得解.【小问1详解】当时，所以曲线在处的切线方程为.【小问2详解】当时，此时在递增，无最小值
17、，不符题意；当时，在单调递减，且所以，有，此时f（x）在递增，在递减，f（x）无最小值，不符题意； 当时，令，则，设，则，令得，所以在递减，在递增，. （i）若，则，即，在递增，即在递增.又，所以有，即，且f（x）在递减，在递增，此时，设，则，所以在递增.由于，此时，不成立；（ii）当时，由上分析易知：f（x）在递减，在递增，此时符合题意； （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.综上，a的取值范围是（0，1.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1）恒成立；（2）恒成立.（二）选考
18、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44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由消去，得到，再利用，求得极坐标方程.然后利用直线的极坐标方程求点到直线的距离.（2）由曲线的极坐标方程和直线的极坐标方程联立得到，再将韦达定理代入，求得，再由求解.【详解】（1）由消去，得到，则，所以直线的极坐标方程为所
19、以点到直线的距离为（2）由，得，所以，所以，所以的面积为.【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，点到直线的距离以及三角形的面积，还考查了运算求解的能力，属于中档题.选修45：不等式选讲 23. 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.【答案】（1） （2）1【解析】【分析】（1）通过讨论的范围，得到各个区间上的的范围，取并集即可；（2）恒成立等价于恒成立，根据绝对值的意义将函数表示成分段函数进而求得，再解关于的不等式即可得解.【小问1详解】当时，原不等式等价于或或，解得：或无解或，所以解集为.【小问2详解】.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.
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