2023年江西省五市九校协作体高考数学第二次联考试卷(理科)+答案解析(附后)

2023年江西省五市九校协作体高考数学第二次联考试卷（理科）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若复数z满足为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部为
B.
C. D. z在复平面内对应的点在第二象限
3. 若，是第三象限的角，则( )
A. 2
B.
C.
D.
4. 天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、
戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )
A. 壬午年
B. 癸未年
C. 己亥年
D. 戊戌年
5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，点P在双曲线C
的右支上，且，双曲线C的一条渐近线方程为，则k的最小值为( )
A. B. C. D.
6. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验
舱年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有( )
A. 450种
B. 72种
C. 90种
D. 360种
7. 已知椭圆的一个焦点为F，点P是椭圆C上的一个动点，
的最小值为，且存在点P，使得点O为坐标原点为正三角形，则椭圆C的焦距为.( )
A. 2
B.
C.
D. 4
8. 关于曲线C：，下列说法正确的是( )
A. 曲线C可能经过点
B. 若，过原点与曲线C相切的直线有两条
C. 若，曲线C表示两条直线
D. 若，则直线被曲线C截得弦长等于
9. 已知函数，则下列说法中正确的是( )
A. 是偶函数
B. 的图像关于直线对称
C. 的值域为
D. 在上有5个零点
10. 如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成
的数列为等比数列且记该数列前n项和为，设
，将数列中的整数项依次取出组
成新的数列记为，则的值为( )
A. 5052
B. 5057
C. 5058
D. 5063
11.
在直四棱柱中中，，
，P为中点，点Q满足
，下列结论正确的
是( )
A. 若，则四面体的体积为定值
B. 若平面，则AQ的最小值为
C. 若的外心为M，则为定值2
D. 若，则点Q的轨迹长度为
12. 已知，，，，则( )
A. B. C. D.
13.
已知非零向量，满足，，则向量，的夹角是
______ .
14. 已知，则______ .
15. 已知实数a，b满足，，，则的最小值为______ .
16. 已知设函数若关于x的不等式
恒成立，则a的取值范围为______ .
17.
已知中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，BD为的角平分线．
求证：AD：：CB；
若且，求的面积．
18. 如图，在梯形ABCD中，，，四边形ACFE为矩形，且
平面ABCD，
求证：平面BCF；
点M在线段含端点上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
19. 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有
不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为
例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件
组成时设备正常运行的概率
若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和数学期望，并求；
已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正
常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品
的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为单位：元
请用表示；
设备升级后，在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.
20. 过坐标原点O作圆C：的两条切线，设切点为P，Q，直线PQ恰为抛物线E：的准线.
求抛物线E的标准方程；
设点T是圆C的动点，抛物线E上四点A，B，M，N满足：，
，设AB中点为
证明：TD垂直于y轴；
设面积为S，求S的最大值.
21. 已知函数
讨论函数的单调性；
若函数存在两个极值点，，且恒成立，求实数k的最小值.
22. 以直角坐标系的原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，已知直线l的参数方程为为参数，，曲线C的极坐标方程为
求曲线C的直角坐标方程；
设直线l与曲线C相交于A，B两点，当变化时，求的最小值．
23. 已知a，b，c均为正实数，且证明：
；
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可知，集合
，
或，
，
故选：
利用集合的交集的概念及运算求解即可．
本题考查集合的交集的概念及运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：，，
的虚部为，故选项A错误，
，故选项B正确，
，故选项C错误，
z在复平面内对应的点为，在第一象限，故选项D错误，
故选：
先利用复数的除法运算法则求出z，再结合复数虚部的定义，复数模长的定义，以及共轭复数的定义逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了复数的四则运算，考查了复数的模长，以及共轭复数的概念，属于基础题．3.【答案】C
【解析】解：由，是第三象限的角，
可得，
故选：
将表达式式中的正切化成正余弦，由，求出，即可得到结论．本题主要考查三角恒等变换中的倍角公式的灵活运用、同角的三角函数关系等知识以及相应的运算能力，还要注意条件中的角与待求式中角的差别，注意转化思想的应用．
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知，
天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，
由于，余数为0，故100年后天干为癸，
由于…4，余数为4，故100年后地支为未，
综上，100年后的2123年为癸未年．
故选：
根据题意，天干和地支的年份分别是以10和12为公差的等差数列，根据等差数列的性质即可求解．
本题考查逻辑推理，等差数列的简单应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为，且，
所以，，
因为，
所以，即，
由题得双曲线的渐近线方程为，即，
又因为双曲线C的一条渐近线方程为，
所以，
因为
所以
所以
所以k的最小值为，
故选：
由及得出和，根据求出e 的范围，再根据，求出k的范围，即可求出k的最小值．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由题知，6名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种，分人数为的三组，共有种；
第二种，分人数为的三组，共有种；
所以不同的安排方法共有种．
故选：
利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的性质及正三角形的性质，属于中档题．
由椭圆的性质可得的值，再由点O为坐标原点为正三角形可得P点的坐标，将P 的坐标代入可得a，b，c之间的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出c的值，进而求出焦距的值．
【解答】
解：由椭圆的定义可得，①
要使点O为坐标原点为正三角形，则存在，，
即，将P代入椭圆的方程，②
又，③
由①②③可得：，即，可得焦距
故选
8.【答案】B
【解析】解：将点代入曲线C：可得
，
整理得，即，显然此方程无解，即曲线C一定不过点，A 错误；
时，易得曲线C是圆心为，半径为的圆，
此时原点和圆心之间的距离为，
，
故原点在圆外，过原点有两条直线与曲线C相切，B正确；
时，曲线C：，则，解得，
则曲线C表示一个点，C错误；
时，曲线C：，圆心在直线上，
则直线被曲线C截得弦长即为圆的直径等于2，D错误．
故选：
直接将点代入曲线C方程，由方程无解即可判断A选项；先由原点到圆心的距离判断出原点在圆外即可判断B选项；
代入曲线C解出即可判断C选项；先求出圆心在直线上结合直径即可判断D选项．
本题考查了曲线与方程，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：函数的定义域为，
因为，
所以，，
所以，
所以不是偶函数，A错误；
当时，，
当时，，
若函数的图像关于直线对称，则，
又，，矛盾，
所以函数的图像不关于直线对称，B错误；
时，的值域是，时，的值域是
，C正确；
时，，有无数个零点，
函数在上有无数个零点，D错误．
故选：
根据偶函数的定义判断A，对给定函数式按及两段化简，结合对称的性质利用反证法判断B，再结合正弦函数的性质，判断C，
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性的判断，还考查了函数值域及零点个数的求解，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：根据杨辉三角的性质，，
所以，
由题意得：数列的整数项为2，3，7，8，12，13，，
其规律为各项之间以，，，，，，，单调递增，
因此，数列的奇数项是以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项是以5为首项，3为首项的等差数列；
即，
所以
故选：
直接利用杨辉三角的性质和对数的运算求出数列的奇数项是以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项是以5为首项，3为首项的等差数列，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：杨辉三角的性质，等差数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
11.【答案】ABD
【解析】解：在直四棱柱中中，，，P
为中点，点Q满足，，
对于A，因为，所以Q，C，三点共线，所以点Q在，
因为，平面，平面，所以平面，所以点Q
到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，取，DC的中点分别为M，N，连接AM，MN，AN，则，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以，因为平面，平面，
平面，
因为，MN，平面AMN，所以平面॥平面，因为平面AMN ，所以AQ平面，所以当时，AQ最小，
因为，，所以，
，所以
，所以Q，M重合，所以AQ的最小值为，所以B正确；
对于C，若的外心为M，过M作于H，因为，所以，所以C错误，
对于D，过作于点O，因为则可得平面，平面
，所以，
因为，，平面，所以平面
，
在，上取点，，使得，则
，
所以若，则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧上运动，
因为，所以，则圆弧等于，所以D正确，
故选：
对于A，由，可得Q，C，三点共线，可得点Q在，而由直四棱柱的性质可得
平面，所以点Q到平面的距离为定值，而的面积为定值，从而可进行判断；
对于B，取，DC的中点分别为M，N，连接AM，MN，AN，由面面平行的判定定理可得
平面平面AMN，从而可得平面，进而可求得AQ的最小值；
对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断；
对于D，在，上取点，，使得，可得点Q的轨迹为圆弧，从而可进行判断．
本题考查了立体几何的综合运用，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：对于A，，，，
令，则，
所以在单调递减，在上单调递增，且，故，
令，，
则，所以在上单调递减，且，
，，，，
，即，故A错误；
对于B，，，，令，
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故，
令，，
所以在上单调递减，且，，，
，，，即，故B错误；
对于C，，，
，又在单调递增，，，故C错误；
对于D，由C可知，，，
又在单调递减，，故D正确．
故选：
先构造函数，通过函数的单调性确定a，b的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定d与的大小关系，进而得到A选项；先构造函数，通过函数
的单调性确定c，d的大致范围，再构，通过函数的单调性确定d
与的大小关系，进而可知B选项错误；通过，得到，进而可得
与d的大小关系，进而可知C选项错误；D与C选项同样的方法即可判断．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：已知非零向量，满足，
又，
则，
即，
则，
又，
则，
则向量，的夹角是，
故答案为：
由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量夹角的运算，属基础题．
14.【答案】132
【解析】解：，
…，
故答案为：
由，继而根据展开式的特点求出答案．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】2025
【解析】解：，
因为，所以，，，
故，
由基本不等式得：，
当且仅当，即时，等号成立，
故，
即的最小值为
故答案为：
先对式子变形得到，由基本不等式求出
，从而求出的最小值．
本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：当时，，
即或，
即，当时恒成立，故成立；
当时，时，递减，可得，故恒成立；
当时，，当时，递增；当时，递减．
①当时，在递增，可得，恒成立；
②当时，在处取得最小值，当时，，则
恒成立；
当时，，则不恒成立；
故时，则恒成立；
当时，在递增，可得，
即，此时，，所以
；
时，递增，，故恒成立．
综上可得，a的取值范围是
故答案为：
对a讨论，分，，，考虑和时，的单调性，求得最值，解不等式，求并集可得所求范围．
本题考查分段函数的运用，以及函数恒成立问题解法，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于难题．
17.【答案】解：证明：
由题意可得，
因为BD为的角平分线，则，
在中，，
则，
同理可得，
因此；
设，则，
因为，即，
因为，则，
则，，
即，可得，，
所以，，
【解析】结合正弦定理以及角平分线性质即可得到结论，
设，则，利用，求出，进而求解结论．
本题主要考查正弦定理以及诱导公式在解三角形中的应用，属于基础题目．
18.【答案】解：在梯形ABCD中，，
，
又，，
…分
…分
平面ABCD，平面ABCD，，…
分
而，
平面…分
，平面…分
由可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示建立空间直角坐标系，
令，则，，，，…分
，，
设为平面MAB的一个法向量，
由得取，则，…分
是平面FCB的一个法向量，
，当时，有最小值，…分
点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为
【解析】在梯形ABCD中，通过，求出，通过
证明，证明，推出平面BCF，即可证明平面
由可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示建立空间直角坐标系，求出平面MAB的一个法向量，求出平面FCB的一个法向量，通过向量的数量积，推出平面MAB 与平面FCB所成二面角，然后求解二面角的余弦值．
本题考查平面向量的数量积的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
19.【答案】解：因为，所以控制系统中正常工作的元件个数X的可能取值为0，1，
2，3；
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，
所以，
所以，
，
，
，
所以控制系统中正常工作的元件个数X的分布列为：
X0123
P
控制系统中正常工作的元件个数X的数学期望为：
，
；
升级改造后单位时间内产量的分布列为：
产量4a0
设备运行概率
所以升级改造后单位时间内产量的期望为；
产品类型高端产品一般产品
产量单位：件
利润单位：元21
设备升级后单位时间内的利润为，即；
因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，
则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，
其概率为；
第二类：原系统中恰好有k个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，
其概率为；
第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，
其概率为；
所以
，
则，
所以当时，，单调递增，
即增加元件个数设备正常工作的概率变大，
当时，，
即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，
又因为，
所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．
【解析】由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解；
先写出升级改造后单位时间内产量的分布列congestion求出设备升级后单位时间内的利润，即为；
分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可得出结论．
本题考查二项分布的概率及期望的求解，离散型随机变量的分布列及概率的最值问题，化归转化思想，属难题．
20.【答案】解：设直线PQ与x轴交于
S，则，
由圆的方程知：圆心，半径
，
为圆C的切线，
，
又，
∽，
，即，解得：，
抛物线E的标准方程为：
设，，，
证明：由知：M为TA中点，且在抛物线E上，即
，
又，，整理可得：；
由知：N为TB中点，且在抛物线E上，
同理可得：；
，是方程的两根，
，，
点的纵坐标为，
直线TD的斜率为0，即TD垂直于y轴．
，
，
，
在圆C上，，
，
则当时，，
【解析】设直线PQ与x轴交于S，由三角形相似关系可得，由此可构造方程求得p的值，从而得到抛物线方程；
根据共线向量可知M，N为TA，TB中点，结合点在抛物线上可确定，为方程
的两根，由此可得韦达定理的结论；根据D点纵坐标可知TD斜率为零，由此可得结论；
由，代入韦达定理，结合点T在圆C上，可化简得到
，根据二次函数最值的求法可求得结果．
本题考查了抛物线的方程、直线与抛物线的综合问题，考查了圆锥曲线中的最值求解，属于中档题．
21.【答案】解：函数的定义域为，
则，，
令，
则，
当，即时，恒成立，则，
所以在上单调递增，
当，即或时，
①当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴为
，
函数的两个零点为和，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
②当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴为
，
在上恒成立，
所以，单调递增，
综上所述，当时，函数在上单调递增，
当时，函数在，上单调递增，在上单调递减．
由知当时，有两个极值点，，则，是方程，是方程
的两个根，
所以，，
所以，
所以恒成立转化为恒成立，
令，不等式转化为，
所以，
所以，即，
令，
则不等式化为，
因为，
所以当时，，单调递增，
所以，即，
令，
，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，
所以，即时，实数k取得最小值，
所以实数k的最小值为
【解析】求导得，，令，则
，分两种情况：当，当，分析的符号，
的符号，进而可得的单调性．
由知当时，有两个极值点，，则，是方程，是方程
的两个根，由韦达定理可得，，则
，则恒成立
转化为恒成立，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
22.【答案】解：曲线C的极坐标方程为，根据，转换为
直角坐标方程为；
把直线l的参数方程为为参数，，代入方程；
得到，
整理得，，
故，
当时，最小值为
【解析】直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】证明：因为a，b，c都为正实数，且，，，
，当且仅当时，取等号，
所以，
可得，
当且仅当时“=”成立，所以
由题意得，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
由①+②+③，得，当且仅当时等号成立．
又，当且仅当时等号成立．
所以
【解析】利用重要不等式结合已知条件，推出结果即可．
通过，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，累加，转化求解证明即可．
本题考查不等式的证明，综合法的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．。