江西省上铙市六校2023届高三第二次联考文科数学试卷+答案.pdf

1、江西省上饶市六校2023届高三第二次联考数学（文科）试题命题学校：余干中学考试时间：120分钟命题人：满分：150分一、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，只有一项是符合题目要求的1.已知集合A十归干叶，B=xlO x:53，则AnB=()A.xl-lx4 B.刘0 X 3 C.xl-lx3 D.xlO x 恒成立 令()lnxg xx=，1x 则2ln1()lnxg xx=，故()g x在(1,e)上单调递减，在(e,)+上单调递增，min()eg x=，得maxelnxax=故答案为：e 17【答案】（1）21nan=（2）4（1）设等差数列 na的公差

2、为d,因为125,a a a成等比,所以1225aa a=,即得()()21114aadad+=+化简得212a dd=,又因为0d,所以12ad=.因为238aaa=,所以()()1112+7adadad+=,即得2110aa=解得10a=或者11a=4 分 当10a=时,102da=不合题意舍;5 分 当11a=时,122da=,则21nan=,6 分（2）因为21111111211nSnnn=+7 分 当2n 时,2341111111111111112324111 3112 21nSSSSnnnn+=+=+9 分 由题得40211112321+）（nn,化简得209111+nn 即0)4

3、)(59(203192+=nnnn11 分 解得4n,故 n 的最小值为 412 分 18【答案】（1）89.92，88.96，A配方的猪脚面的辣值的平均数大于B配方的猪脚面的辣值的平均数 （2）0.33【小问 1 详解】A 配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为()182 1086 2090 4294 1898 1089.92100+=，2 分 B 配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为()182 1886 2290 3894 1298 1088.96100+=，4 分 因为89.9288.96，所以 A配方的猪脚面的辣值的平均数大于 B 配方的猪脚面的辣值的平均数.6 分【小问 2 详解】设“其评价

4、A配方辣度指数比 B 配方辣度指数高”为事件 C.记“其评价 A配方的辣度指数为 4”为事件1A，“其评价 A 配方的辣度指数为 5”为事件2A，“其评价 B 配方的辣度指数为 3”为事件0B，“其评价 B配方的辣度指数为 4”为事件1B，则()142 180.6100P A+=，()2100.1100P A=，()018220.4100P B+=，()138 120.5100P B+=.9 分 因为事件iA与jB相互独立，其中1,2i=，0,1j=，所以102021()()P CP ABA BA B=+102021()()()P ABP A BP A B=+102021()()()()()(

5、)P A P BP A P BP A P B=+0.6 0.40.1 0.40.1 0.5=+0.33=.所以其评价 A 配方的辣度指数比 B 配方辣度指数高的概率为 0.33.12 分 19【答案】（1）证明见解析；（2）16.【详解】解：（）取BC的中点为F，连结AF、EF，1BB 平面ABC，AF 平面ABC，1BBAF.5ABAC=，AFBC，1BBBCB=，AF平面11BBC C，111/,2ADBB ADBB=，111/,2EFBB EFBB=；四边形DEFA为平行四边形，/DE AF，DE平面11BBC C.6 分（）由题可得4DEAF=，三棱锥DEBC的体积为13乘以底面积乘高

6、，所以 116 3412332D EBCBCEVSDE=.直三棱柱的体积为底面积乘以高，所以 1 1 1116 4 6722ABC A B CABCVSAA=.所以三棱锥DEBC的体积与三棱柱111ABCABC体积的比值为16.12 分 20【答案】【小问 1 详解】()f x的定义域为()0,+，()()()()()1211220axxfxaxaaxx=+=，当1102a时，()f x在()()110,0,2fxf xa+递增 ()f x在()()1 1,0,2fxf xa，即02a，()f x递增()f x在1 1,2 a上()0fx 时，()f x的单调递增区间为110,2a+，单调递减

7、区间为1 1,2a 当2a=时，()f x的单调递增区间为()0,+当02a时，()f x的单调递增区间为110,2a+，单调递减区间为1 1,2 a6 分【小问 2 详解】当0a=时，由()e22xf xx，构造函数()()eln20 xh xxx=，8 分 ()()211e,e0 xxh xhxxx=+，()h x在()0,+上递增，()1e20,1e 102hh=，故存在01,12x，使得()00h x=，即001exx=当()00,xx时，()()0,h xh x递增 所以0 xx=时()h x取得极小值，也即是最小值 9 分 ()0000000001111eln2ln22220exx

8、h xxxxxxx=+=，11 分 所以()eln20 xh xx=，故()e22xf xx12 分 21【答案】（1）2 30；（2）94.【小问 1 详解】解法一：设()()1122,A x yB xy，10y，由22yx=，可得2yx=，所以1yy=，直线 PA的斜率11PAky=，2 分 直线 PA：()1111yyxxy=，又()1,2P 在PA上，()()11111112112yxyxy=，所以()211112112yxyx=，又10y，所以126y=，同理可得226y=+，4 分()1212122 6,24 6yyxxyy=，()()22221212(4 6)(2 6)2 30A

9、Bxxyy=+=+=；5 分 解法二：设()()1122,A x yB xy，10y，由22yx=，可得2yx=，所以1yy=，直线 PA的斜率11PAky=，直线 PA：()1111yyxxy=，又()1,2P 在PA上，故()111121yxy=，即211121yyx=，因为2112yx=，所以1121xy=+，同理可得2221xy=+，故直线AB的方程为21xy=+，3 分 联立2221yxxy=+消去x，得2420yy+=，故12124,2yyyy+=，故()()()22212121212545242 30ABxxyyyyy y=+=+=5 分【小问 2 详解】设()33,C xy，由

10、条件知1230yyy+=，1sin2111sin2ABCBMNAB BCABCSABBCAMCNSBMBNBMBNBM BNABC=+7 分 31313122222111yyyyyyyyyy+=+8 分()211213112222222222yyyyyyy yyyy=+=+=+2211122219224yyyyyy=+=+，10 分 BMAM23 3221=yyBMAM，03221yy 当1212yy=时，ABCBMNSS取得最大值94.12 分 22(1)()()22112xy+=，4 20 xy+=.(2)2.【详解】（1）解：因为cosx=，siny=，所以由2 2cos4=可得，22

11、2 cos2 sin2cos4=+，化为普通方程为，2222xyxy+=+，即()()22112xy+=.2 分 由sin44+=可得，22sincos422+=，由cosx=，siny=，可得4 20 xy+=.5 分（2）解：将=代入圆C和直线l的极坐标方程可得12 2sin4=+，2sin44+=，所以24sin4=+，则12 2sin4OP=+，24sin4OQ=+，7 分 所以2 2sin44sin4OPOQ=+22s2in4+=1 cos 22222=+()21 sin24=+8 分 因为0,2，所以()20,，当22=，即4=时，()21 sin24OPOQ=+有最大值为22.此

12、时OQOP有最小值2 10 分 23【答案】（1）61|xx；（2）301301aa或或151a 【详解】解：（）原不等式为|1|4|7xx+，当4x 时，得147xx ，得6x ，所以64x 2 分 当41x 时，得147xx +成立，所以41x 时，147xx+，所以11x 4 分 综上得不等式的解集为 61|xx 5 分（）因为,m n为正实数，并且 10426464612=+=+=+=+mnnmmnnmmnmnmmnmmnnm6 分，当且仅当mnnm4=时取等号，当161,81=nm 时等号成立，所以2mnmn+的最大值1018 分 又因为()()|4|3|fxxaxaa+=，当xa=时取到等号，要使()2mnf xmn+恒成立，只需1013a所以301301aa或.10 分