【文档说明】江西省重点中学盟校2022-2023学年高三下学期第二次联考数学（理）试题含答案.docx，共(15)页，968.979 KB，由小赞的店铺上传

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江西省重点中学盟校2023届高三第二次联考数学（理）试题命题：九江市同文中学陈劲赣州三中朱同亮临川二中王晶一、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()22|4,|log12AxxBxx==+，则A∩B＝（）A.（－2，3）B.（－2，2）C．（－1，2）D.（0，3）【解析】由24x得：22x−，即()2,2A=−；由()2log12x+得：13x−

，即()1,3B=−；∴()1,2AB=−．故选：C．2.已知复数1Zi=+，z是z的共轭复数，则1zzz=−（）A.1i+B.122i+C.1i−D.122i−【解析】因为1Zi=+，则2zz=，所以111122izzzi==+−−，故选：B．3.设nS是等差数列{na

}的前n项和，373,14aS==，则公差d＝（）A.－1B.－12C.12D.1【解析】∵74714Sa==，∴42a=，∴431daa=−=−．故选：A．4.若实数x，y满足约束条件10240230yxyxy++−−+，则3zyx=−勺最大值为（）A.－12B.2C.5D.

8【解析】画出可行域如下图所示，由图可知，由230240xyxy−+=+−=解得12xy==，设A（1，2），目标函数3zyx=−在点A（1，2）处取得最大值3215z=−=，故选：C．5.“1a=”是“函数()2ln(1)fxxax=++为奇函数”的（）A.

充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】1a=时，f（x）为奇函数，故选：A．6.双曲线C222:1(0)4xymmmm−=−+的离心率最小时，C的渐近线方程为（）A.20xy=B.20xy=C.30xy=D.30xy=解：由已知：222,4amb

mm==−+，离心率22224414bmemamm+=+==+，当且仅当4mm=，即2(0)mm=时等号成立，此时3ba=，故选C．7.将函数()22sin2cossin6xfxxx=−+−的图象向右平移(0)个单位长度

后得到函数g（x）的图象．函数g（x）在3x=处取得极值，则的最小值为（）A.6B.4C.3D.512【解析】由()22sin2cossinsin266fxxxxx=−+−=+，所以()sin226gxx=+−

．又3x=是函数g（x）的一个极值点，所以()22362kkZ+−=+，得()26kkZ=−+．当0k=时，所以6=．故选：A．8.设函数()211(1)1fxaxxx=++−，在区间（0，2）随机抽取两个实数分别记为a

，b，则()2fxb恒成立的概率是（）A.18B.14C.34D.78【解析】()()()222221111121111fxaxaxaaaaxx=++=−+++++=+−−当且仅当111xa=+时，取“＝”，所以f()()2min1xa=+，于是()2fxb

恒成立就转化为()221ab+成立；因为若(),0,2ab，所以等价于1ab+，由几何概型，其概率为172148−=．故选：D．9.如图，一个棱长1分米的正方体型封闭容器中盛有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.（16，56）B.1(3

，23）C.1(2，23）D.1(6，12）解析：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1ABD，水最多的临界情况为多面体111ABCDABD，水面为11BCD，因为1111111326AABDV−==，1111111111115111132

6ABCDABDABCDABCDCBCDVVV−−=−=−=所以1566V，即15(,)66V．故选：A．10.已知斜率为k的直线l过抛物线C：22(0)ypxp=的焦点，且与抛物线C交于,AB两点，

抛物线C的准线上一点M（－1，－1）满足0MAMB=，则|AB|＝（）A.32B.42C.5D.6【解析】易知2p=，设A（1x，1y），B（2x，2y），则()1212111,4,1,1xxyyMAxy==−=++，2

2(1,1)MBxy=++，∵0MAMB=，∴（()()()12121)1110xxyy+++++=，化简得12121xxyy+++=，设A，B中点坐标为（0x，0y），则0012xy+=①又由直线的斜率公式得0121222121210204,1442AByyyyyykkkyyxxyyx

−−======−+−−∴00021yyx=−，即()20021yx=−②由①、②解得032x=∴12025ABxxpxp=++=+=，答案选C．11.若()1ln1,1,aebcee=+=+=，则（）A.

abcB.cbaC.cabD.bac解析：令()()()ln1(0),01xfxxxxfxx−=+−=+，所以()fx在()0,+上单调递减，又()00f=，所以()ln10xx+

−，即()ln1xx+．令1xe=，则11ln1ee+，则11ln111ee+++，即()1ln11ee++，所以ab．由11ln1ee+，得11211eeee+，所以bc，综上cba．故

选：B．12.伯努利双纽线（简称双纽线）是瑞土数学家伯努利（1654~1705）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A（－a，0），B（a，0）的距离之积为2(0)aa的点的轨迹C就是伯努利双纽线，若点P（0x，0y）是轨迹C上一点，则下列说法正确的是（）①曲线C关于原点中心对称；②02,2xaa−；③直线yx=与曲线C只有一个交点；④曲线C上不存在点P，使得P

APB=．A.①②B.①③C.②④D．③④【解析】由定义：曲线C：()()2222222xyaxy+=−，如图所示：所以①正确，④错误；令0y=，解得0x=或2xa=，得02,2xaa−，所以②错误；根据曲线()222222:2

(Cxyaxy+=−，可知22xy，可得直线yx=与曲线C只有一个交点，所以③正确，故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量,ab的夹角为56，且3,2ab==，则()()2abab+−=___．解：()()2

25322cos32423262abababab+−=−−=−−−=−；【答案】－214.已知函数()521,1()2,1xxfxxx+=+则当01x时，f（f（x））的展开式中Ax的系数为___．解析：01x

时，()()222,3fxx=+，()()()()52223ffxfxx=+=+，展开式第1r+项()52153rrrrTCx−+=，故3r=时，3434453270TCxx==，∴x4的系数270．【答案】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123,,,Aaaa=重新编辑，编辑新序列为*324123,,,aaaAaaa=，它的第n项为1nnaa+，若序列()**A的所有项都是2，且451,32aa==，则1a＝___．解析：*A的第1n+项

为21nnaa++，故2122112nnnnnnnaaaaaaa+++++==，即2122nnnaaa++=因为451,32aa==，所以24352213216aaa===，232421128aaa==，22132151

2aaa==．【答案】1512．16.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，1,1,2,3ACBCACAAAB⊥===，点E，F分别是棱1AA，AB上的动点，当11CEEFFB++最小时，三棱锥11BCEF−外接球的表面积为___．【解析】如图：把侧面11AACC沿1

AA展开到平面11AACC与平面11ABBB共面的位置．延长1BB到1B，使得11BBBB=当1C，E，F，1B四点共线时，11CEEFFB++的长度最小，此时，111112,22,10CEEFFBBCBE=====，所以1111,EFFBBCCE⊥⊥，所以三棱锥11BC

EF−外接球的直径为110BE=，半径102R=，表面积为2410R=．【答案】10π．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.已知△ABC的内角,,ABC的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，2222abcS+−=．（1）求cosC；（2）若cossinaBbAc+=，5a=，求b．解：（1）由

已知()22211sin22SabcabC=+−=，由余弦定理2222cosabcabC+−=，得sin2cosCC=，．．．．．．．．．．．．．．．．．3分得tan20C=，所以0,2C，所以5cos5C=．．．．．．．

．．．．．．．．．．．6分（2）由正弦定理得()sincossinsinsinsinsincoscossinABBACABABAB+==+=+，sincosAA=，．．．．．．．．．．．．．．．．．8分所以4A=，由5co

s5C=，得25sin5C=，．．．．．．．．．．．．．．．．．10分所以()310sinsin10BAC=+=，由正弦定理：sin3sinaBbA==．．．．．．．．．．．．．．．．．12分18.如图，四棱锥EABCD−中，除EC以外的其余各

棱长均为2（1）证明：平面BDE⊥平面ACE；（2）若平面ADE⊥平面ABE，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．解：（1）证明：由已知四边形ABCD为菱形；所以ACBD⊥，设AE的中点为O，连结OB，OD，因为,BABEDADE==，所以,,OBAEODAEOBOD

O⊥⊥=，所以AE⊥平面OBD，．．．．．．．．．．．．．．．．．3分又BD平面OBD，所以AEBD⊥，又AEACA=，所以BD⊥平面ACE，又BD平面BDE，所以平面BDE⊥平面ACE；．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）因为平面ADE

⊥平面ABE，平面ADE∩平面ABEAE=，DODE⊥，所以DO⊥平面ABE，且3DO=，．．．．．．．．．．．．．．．．．7分以O为原点，,,OBOEOD分别为x，y，Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,A－1，0），B（3，0，0），D（

0，0，3），E（0，1，0）所以()()()0,1,3,3,1,0,0,1,3BCADBEDE===−=−设直线DE与平面BCE所成角为，平面BCE的法向量(),,nxyz=，则30,30nBCyznBExy=+==−+=，取1x=，得()1,3,1n=−则15s

incos,5nDE==为所求．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分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次取出红笔的概率；（2）抽取3次后，记取出红笔的数量为X，求随机变量X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nP，求nP的通项公式．解析：（1）记事件A：第1次取出红笔；事件B：第2次取出黑笔．则()344430767749PB=+=，()342767PAB==所以，()()()7|15P

ABPABPB==．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分（2）随机变量X可取0，1，2，3.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分所以，()346407343PX===，()34443444350817667767771029PX=

=++=，()3243424322142765766776735PX==++=，()3211376535PX===．所以X分布列为：X0123P643435081029214735135．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

．．．．．．．．．8分（3）由题意知：前n－1次取了1次红笔，第n次取红笔．则2323443443276776776nnnnp−−−=+++232322424763737nnn−−−=+++

22212434343173727272nn−−=+++()1221611226712,6733717nnnnnnN−−−−+−==−

−…．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分20.设,,ABC为椭圆E：2221(1)xyaa+=上的三点，且点,AC关于原点对称，12ABBCkk=−．（1）求椭圆E的方程；（2）若点B关于原点的对称点为D，且

12ACBDkk=−，证明：四边形ABCD的面积为定值．解：（1）设A（1x，1y），B（2x，2y），则()222212111222,,1,1xxCxyyyaa−−+=+=，两式相减，得222222222221

21212121222222110Xxxxyyyyyyaaxxa−−−+−=−=−=−−，又因为22212121222212121112ABBCyyyyyykkxxxxxxa−+−===−=−−+−，所以22a=，所以椭圆E的方程为2212xy+=．．．．．．．．．．．．．．．．．．5

分（2）由对称性，四边形ABCD为平行四边形，所以4ABCDOABSS=，设直线AB的方程为ykxm=+，联立2212xy+=，消去y得：()222124220kxkmxm+++−=，则2121222422,1212kmmxxxx

kk−+=−=++，且()()()22222216811208120kmmkkm=−−++−，．．．．．．．．．．．．．．．．．7分由12ACBDkk=−得121212yyxx=−，()()()(

)221212121221220221220yyxxkxmkxmxxkxxkmxxm+=+++=++++=()22222228222012212kmmmkmk−−+=+=+()22222122181221112kkmkABkxxkm++−+=+−==+．．．．．．．．．．．．．．．．．

10分原点到直线直线AB的距离21mdk=+，所以144222ABCDOABSSABd===为定值．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分21.已知函数()()1ln2xfxaxxe−=−−．（1）当1a=−时，求

曲线()yfx=在（1，f（1））处的切线方程；（2）若f（x）存在最小值m，且30ma+，求a的取值范围．解析：（1）当1a=−时，()12lnxfxxxxe−=−−，()11lnxfxxe−=−+，()()12,11kff===，所以曲线()yfx=在（1，f（1））处的切线

方程为21yx=−．．．．．．．．．．．．．．．3分（2）()1ln.xfxaxea−=+−当0a=时，()0fx，此时()fx在()0,+递增，f（x）无最小值，不符题意；当0a时，()fx在()0,+单调递减，且()11110,10aaafaf

ee−=−=−所以，10)(1,aaxe−有()00fx=，此时f（x）在（0，0x）递增，在（0x，＋∞）递减，f（x）无最小值，不符题意；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

．．．．．．．．．．．5分当0a时，令()()gxfx=，则()11xxaaxegxexx−−−=−=，设()1xtxaxe−=−，则()()11xtxxe−=−，令()0tx=得1x=，所以t（x）在（0，1）递减，

在()1,+递增，()min1txa=−．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（i）若1a，则()0tx，即()0gx，()gx在()0,+递增，即()fx在（0,＋∞）递增．又()()1110,0efafee−=−=

，所以()11,xe有()10fx=，即()111111ln101lnxxeaxeax−−−+==−，且f（x）在（0，1x）递减，在（1x，＋∞）递增，此时()()11111111ln21lnxxemfxxxex−−==−−−，()

()()111111111111111111213ln23ln1ln1ln1ln1xxxxxexeemaxxexxxxx−−−−+−+=−+−=−−−−+，设()()21ln1xhxxx−=−+，则()()()()22114011xhxxxxx−=−=++，所以

()hx在()0,+递增．由于()()111,10xehxh=，此时30ma+，30ma+不成立；．．．．．．．．8分（ii）当1a=时，由上分析易知：f（x）在（0，1）递减，在()1,+递增，()()min13mfxf===−，此时30ma+=符

合题意；．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分（iii）当01a时，由于()110ta=−，110,20aeataetea−=−+，所以存在1,1,1,2aea+

有()()0ff==．所以()fx在()0,递增，在(,)递减，在(,)+递增．又因为()()11lnln1faaeen−−=−+=−+，设()ln1,1kn=−+，求导易知()0k．由于0cafe−，

故存在()20,x，有()20fx=．则()fx在2(0,)x递减，在()2,x+递增．此时()()()()222112212222222121ln2,3ln1ln1ln1xxxxexemfxxxemaxxxx−−−+−==−−+=−−−+

，由于()()2201,11xlhxh=，此时30ma+成立．．．．．．．．．．．11分综上，a的取值范围是（0，1]．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

12分（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．22.[选修4－4：坐标系与参数方程]已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为1232xtyt==（t为参数），以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐

标方程为22cos20−−=，点P的极坐标是215(3，23）．（1）求直线l的极坐标方程及点P到直线l的距离；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求△PMN的面积．解：（1）由1232xtyt==

消去t，得3yx=，∴3=，所以直线l的极坐标方程为()3R=．点2152(,33）到直线l的距离为21522153sin533332d=−==．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（2）由22203cos

−−==，得220−−=，所以12121,2+==−，所以()212121243MN=−=+−=，则△PMN的面积为113535222PMNSMNd===．．．．．．．．．．．．．．．．．10分23.[选修4－5：不

等式选讲]已知函数()121,fxmxxmR=++−．（1）当3m=时，求不等式()4fx的解集；（2）若02m，且对任意()3,2xRfxm恒成立，求m的最小值．解：（1）当3m=时，()31

21fxxx=++−，原不等式()4fx等价于1354xx−−或113224xx−+或1254xx，解得：45x−或无解或45x，所以()4fx的解集为44,,55−−+

．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（2）∵1102,,20,202mmmm−+−．则1(2),,11()|1||21|(2)2,,21(2),2mxxmfxmxxmxxmmx

x−+−=++−=−+−+所以函数f（x）在1,m−−上单调递减，在[－1m，12]上单调递减，在1,2+上单调递增．所以()min1122mfxf==+．因为对任意()3,2xRfxm恒成立，所以()min3

122mfxm=+．又因为0m，所以2230mm+−，解得1m（3m−不合题意）．所以m的最小值为1.．．．．．．．．．．．．．．．．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