【文档说明】江西省“九江十校”2022-2023学年高三第二次联考理科数学试卷参考答案.docx，共(10)页，574.968 KB，由管理员店铺上传

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江西省“九江十校”2023届高三第二次联考理科数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1.答案：B解析：因为),2,0(}1log{2==xxM()11N,=−，),,1[]1,

(+−−=NCR所以=)(NCR)2,1[.故选B.2.答案：D解析：()()()iziiiiiiiiz5251,52515122222−−=+−=−=+−+=−=.因此izz54=−,虚部是.54故选D.3.答案：C解析：由气温图可知，选C。4.答案：A解析：由已知25sin

2cos24θθ+=，化简得.41cossin=+平方得，16152sin,1612sin1−==+.故选A。5.答案：C解析：因为()()cosxxfxxee−=−，所以()()fxfx−=−，故函数()

fx的为奇函数。又()0,,02xfx，故选C。6.答案：B解析：,81)()(222=−=−=++=ADDCADDCADDBADACAB.3=AD故选B.7.答案:C解析：由函数)(xfy=图象相邻两条对称轴之间的距离为可知其周期为，所以，所以.将函数)(xfy

=的图象向左平移个单位后，所得函数图象.因为得到的图象关于π2π2π2π==()()sin2fxx=+π3πsin23yx=++y轴对称，所以,,232Zkk+=+即.,6Zkk−=又2，所以.6−=所

以)62sin()(−=xxf.由0)62sin(=−x得，.1221,62+==−kxkx故选C.8.答案：D解析：令1xg(x)ef(x)−=−，则10xg(x)ef(x)f(x)−=−+,所以

)(xg在R上单减.因为=)0(g20221)0(=−f,故2022xxef(x)e−−+等价于),0()(gxg所以0x.故选D.9.答案：B解析:因为ABC是锐角三角形，所以cosBCBR=，将2sinBCRA=

代入就是，,cossin2RBAR=因此,21cossin=BA即.2cossin4=BA与已知条件1sincos4=BA整体相加得，,3sincos4cossin4=+BABA即.43sin,3sin4,3)sin(4===

+CCBA于是32423sin4ABR,R.C====故选B.10.答案：A解析：先判断ee,及33ee,大小，即ln,e及3ln3,e的大小。设函数lnf(x)xex=−，则1exef(x)x

x−=−=。当ex0时，,0)(xf)(xf在),0(e内单减；当ex时，,0)(xf)(xf在),(+e内单增.因此()()ln0minfxfeeee==−=，故ln3ln3e,e。故ee，33ee，所以3eee，故

选A。全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》11.答案：C解析：如图，因为11EFDGEFGDVV−−=，点G到平面1EFD的距离为定值，则三棱锥1GEFD−的体积为定值.①正确；设CD中点为M，若G为BC

中点，则有ACMG⊥，ACMF⊥，MGMFM=，则AC⊥平面MFG，则ACFG⊥.因为//EFAC，所以EFFG⊥.②不正确；在侧面11BCCB内作11GNBC⊥垂足为N，设N到EF的距离m，则EFG边EF上的高为21hm=+，故其面积为21221224Shm==+.当G与C重合时

时，24m=，38S=。当G与B重合时时，324m=，178S=。故③正确；取11BC中点为N，连接EN.因为//ENAB，所以异面直线AB与EG所成的角即为NEG=.在直角三角形NEG中，sinN

GEG=.当G为BC中点时，2sin2NGEG==，当G与B,C重合时，5sin3NGEG==，故25sin23,所以④正确.故选C.12.答案：A解析:双曲线的标准方程是22111162xy−=，其右焦点是3(,0)4.所以

33,,242pp==抛物线C是23yx=.联立=+=xybkxy32消去y，化简整理得0)32(222=+−+bxkbxk.由04)32(222−−=bkkb得，,912kb.43kb因为4||||=+BFAF，所以42321=++xx，即2521=+xx

.而22132kkbxx−−=+，即25322=−−kkb，解得kkb4562−=.代入43kb得到，,434562−kkk515515−kk或.故选A.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分

）13.解：由图可知：比赛共有4场，半决赛2场，季军赛1场，总决赛1场。选其中3场的基本事件共有4种，其中季军赛、总决赛被选上的基本事件共有2种，故概率为2142P==。14.答案：()()22439xy++−=或()()22349xy++−=，或()()22815225xy−+−=或()()22

158225xy+++=解析：当C与x轴相切时，设圆心C()7a,a+，故()22727aaa++=++，解得4a=−或8a=，所以C方程为()()22439xy++−=或()()22815225xy−+−=；当C与y轴相切时，设圆心C()7a,a+，故()2272aaa++=+，解

得3a=−或15a=−，C方程为()()22349xy++−=或()()22158225xy+++=。15.答案：66解析：不妨设,1==ADAE则32BA=，23==DOPO，.4143222+==PBPA因为PA⊥平面PBC，PB平面PBC,所以PBPA⊥.在PAB

中，由勾股定理有,222BAPBPA=+即,43)4143(22=+解得.66=16.答案：128解析：由1)(2−=xxf得，nnnnnnxxxxxx2121221+=−−=+.一方面，()nnnxxx21121+=++.另

一方面，()nnnxxx21121−=−+，因此()()22111111−+=−+++nnnnxxxx，−+=−+++11ln211ln11nnnnxxxx，即nnaa21=+，所以数列na是以11=a为首项，

2为公比的等比数列，故128278==a.三、解答题。17.解析：（1）由已知nnSn+=2,当2n时，12nnnaSSn−=−=，………………3分当1n=时，112aS==满足上式，故12nnnaSSn−=−=………………5分（2）由（1

）知：1224a,a==.于是42,,221211====aabab，则其公比2=q，.2nnb=………………7分因此nnnnnnnnbS21112)1(11++−=++=+.………………9分故1112

21)21(21111−+−=−−++−=+nnTnnn.………………12分18.解析：(1)当3,2,1===zyx时，乙胜的概率为.185616362626361=++…………5分（2）设乙的得分为随机

变量,X则0,1,2,3=X.于是,36616)3(zzXP===,362626)2(yyXP===,363636)1(xxXP===所以=EX36343)363362361(036313622363xyzxyzxyz++=−−−++

+.362136)(3yyzyx+=+++=…………9分因为),,(6=++Nzyxzyx，所以41y，3621y+的最大值是.181136421=+即乙得分均值的最大值为,1811此时.4,1===yzx…………12分19.解析：（1）因为111CBAABC−是直三棱柱，所以

⊥AA1平面ABC.又因为BC平面ABC，所以BCAA⊥1.因为AD⊥平面1ABC，且BC平面1ABC，所以BCAD⊥.…………2分又1AA平面ABA1,AD平面ABA1，AADAA=1，所以BC⊥平面

1AAB.而BA1平面BCA1，所以BABC1⊥.…………5分（2）因为AD⊥平面1ABC，所以BAAD1⊥.在ABDRt中，3AD=，ABBC==2，3sin2ADABDAB==,060ABD=.在1ABARt中，tanAAAB==016023由（1）知，ABBC⊥.以B为坐标原点，

直线1,,BBBABC分别为zyx,,轴,建立空间直角坐标系.xyzB−则)32,2,0(),0,0,0(1AB,()110P,,，.…………8分所以=1BA)32,2,0(,=BP()110,,.设面PBA1的法向量为),,,(zyxm=则由得，0,01==BAmBPm022

30xyyz−=+=，取3113x,y,z===−，3113m,,=−.…………10分又平面ABA1的一个法向量是)0,0,1(=n.所以321cos77mnm,nmn===。PACBA1B1C1DzyxPACBA1B1C1D故二面角PBAA−−1的余弦

值为217。…………12分20.解析：（1）当1a=−时，.sin)(,cos)(xexfxexfxx+=−=…………2分因为0,x所以1sin1,1−xex，因此,0sin)(+=xexfx故函数()fx在(0,)+内单调递增.…………4分(2).cos)(,si

n)(xaexfxaexfxx−=−=由0cos)(=−=xaexfx得，xexa=cos.显然2=x不是0)(=xf的根.当),2()2,0(x时，.cosxeax=令,cos)(xexgx=则xxxexgx2cos)

cos(sin)(+=.由0)(=xg得43=x.当432x或20x时，0)(xg；当x43时，0)(xg，且.)(,1)0(egg−==所以极大值是.2)43(43eg−=…………8分由右图知，当1a或ea−

时，直线ay=与曲线)(xgy=在),2()2,0(内有唯一交点),(1ax或),(2ax，且在1xx附近，,cosxeax则0cos)(−=xaexfx；在1xx附近，,cosxeax

则0cos)(−=xaexfx.因此1x是()fx在),0(内唯一极小值点.同理可得，2x是()fx在),0(内唯一极大值点.故a的取值范围是().,1(,+−−e…………12分21.解析：（1）若∠PF2F1＝90°，则2

212221||||||FFPFPF+=.因为,22||||21=+PFPF2||21=FF,解得.22||,223||21==PFPF因此.3||||21=PFPF…………3分若∠F1PF2＝90°，则2221221||||||PFPFFF+=＝2121|)|2

2(||PFPF−+,解得.2|||21==PFPF因此.1||||21=PFPF综上知，3||||21=PFPF或.1||||21=PFPF…………5分（2）设),,(11yxA),,(22yxB联立+==−+mkxyyx02222消去y得到，02)(222=−++mkxx

，即0224)21222=−+++mkmxxk（.则,214221kkmxx+−=+,2122)(22121kmmxxkyy+=++=+弦AB中点M的坐标是)21,212(22kmkkm++−.由0)21)(1(8162222+−−=kmmk得，2221mk+.…………8分另一

个方面，直线PM的方程是211−−=xky.点)21,212(22kmkkmM++−在此直线上，故,21)212(12122−+−−=+kkmkkm整理得，2212km+=.代入2221mk+中，.20,

022−mmm又,0,12122+=kkm所以.21,12mm故实数m的取值范围是)2,21(.…………12分请考生在第22、23题中任选一题做答.22．解析:（1）因为222sinxy,ρy=+=由已知C的极坐标方程为()22sin31

2+=，所以223412xy+=，即C的直角坐标方程为22143xy+=…………2分所以F1（-1，0）、F2（1，0）.而直线PF2的斜率3k=−，于是经过点F1垂直于直线PF2的直线l的斜率3'3k=，直线l的倾斜角是30°，因此直线l的参数方程是1cos30sin3

0xtyt=−+=（t为参数），即31212xtyt=−+=（t为参数）.…………5分（2）设直线l的倾斜角是()0，故其参数方程为1cossinxtyt=−+=（t为参数

）由与223412xy+=联立化简得：()2223cos4sin6cos90tt+−−=…………8分设上方程两实数根分别为12t,t，则12222993cos4sin3sintt=−=−++由参数的几何意义可知：1112293sinAFBFtt==

+。因为0，所以11934AFBF,…………10分23．解析：（1）当6=a时,+−=−+=).6(63)6(6564)(xxxxxxxf直线084=+−yx与63+=xy交于点)0,2(−A,与65−=xy交于点)64,14(B.……

……2分因此1716641622=+=AB,点)24,6(C到直线084=+−yx的距离是.1781782464=+−故曲线)(xf与直线084=+−yx围成的三角形的面积为.64178171621=…………5分(2)当ax时,2)(xf是.5

2,25+−axax所以.52+axa当ax时,2)(xf是.32,23axax−+…………7分由0a可知,ax与32ax−的公共部分是ax.于是2)(xf的解集是),52,(+−a由已知2)(xf的解集是)3,(−−，故235a+=−，解得17a=−。所以

a的值为17−…………10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com