江西省景德镇市2023届高三数学(理)第二次质检试题试题（Word版附解析）.docx

1、景德镇市2023届高三第二次质检试题数学（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟第卷（选择题）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. 已知集合的所有非空子集的元素之和等于12，则等于（ ）A. 1B. 3C. 4D. 6【答案】D【解析】【分析】首先列出集合的非空子集，即可得到方程，解得即可.【详解】解：集合的非空子集有、，所以，解得.故选：D2. 已知i为虚数单位，若复数（）为纯虚数，则复数在复平面上对应的点（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】

2、D【解析】【分析】化简复数，由纯虚数概念可解得的值，从而得出结论.【详解】由 为纯虚数, 则实部 , 虚部 , 解得 , 则复数，在复平面上对应的点在第四象限.故选: D.3. 已知向量，若，则的值为（ ）A. 2B. -2C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求出的坐标，再根据向量共线的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】解：因为，所以，又且，所以，则.故选：A4. 已知一个实心铜质的圆锥形材料的底面半径为4，圆锥母线长，现将它熔化后铸成一个实心铜球，不计损耗，则铜球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而

3、求出球的半径，再根据球的表面积公式计算可得.【详解】解：依题意圆锥的底面半径，母线，所以圆锥的高，所以圆锥的体积，设铜球的半径为，则，解得，所以铜球表面积.故选：B5. 斐波那契（约11701250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果，在实际生活中，很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用斐波那契数列满足，设，则（ ）A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025【答案】C【解析】【分析】由斐波那契数列的递推公式计算即可.【详解】由斐波那契数列定义及递推公式可得：，即.故选：C6. 如图，已知正方体的

4、棱长为2，分别为，的中点.则下列选项中错误的是（ ）A. 直线平面B. 三棱锥在平面上的正投影图的面积为4C. 在棱上存在一点，使得平面平面D. 若为棱的中点，三棱锥的外接球表面积为【答案】B【解析】【分析】连接，交于点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，所以，即可证明A；连接，则四边形为三棱锥在平面上的正投影，求出四边形的面积，即可判断B；取中点，连接，可证平面，可判断C；若为棱的中点，为三棱锥的外接球的直径，求出表面积，可判断D【详解】解：对于A：连接，交于点，连接、，显然为的中点，又，分别为，的中点所以且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于

5、B：如图，连接，则四边形为三棱锥在平面上的正投影，因为，故B错误；对于C：取中点，连接，显然，所以，又，所以所以，由正方体，可得平面，平面，又，平面，平面，又平面，平面平面，故C正确；对于D：若为棱的中点，所以，即即，均为直角三角形，且是公共斜边，由直角三角形的性质，可知为三棱锥的外接球的直径，故外接球的半径为，所以三棱锥的外接球表面积，故D正确.故选：B7. 已知抛物线C：的焦点为F，是C上两点，若则（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线定义计算即可.详解】由抛物线定义可得，则.故选：D8. 德国数学家莱布尼兹于1674年得到了第一个关于的级数展开式，该公式于明

6、朝初年传入我国我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（1736年）开始，历时近30年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式，著有割圆密率捷法一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算的近似值（其中P表示的近似值）”若输入，输出的结果P可以表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量P的值, 模拟程序的运行过程可得答案.【详解】因为输入 , 所以跳出循环的 值为 10 由程序框图知算法的功能是求,故选

7、：C.9. 杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和（ ）A. 440B. 480C. 540D. 580【答案】A【解析】【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，再利用三角垛公式求出作答.【详解】，当时，两式相减得：，即，整理得，因此，即数列为等差数列，又，解得，于是，数列的前n项和，所以故选：A.10. 已知双曲线的焦距为,过双曲线的右焦点的直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点，为坐标原点，若且，则双曲线

8、的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设双曲线的左焦点为，作出图形，分析可知，计算出，分析出，可求出，可得出的值，再结合双曲线的离心率公式可求得结果.【详解】设双曲线的左焦点为，如下图所示：因为，所以，所以，不妨设点在直线上，则，因为，所以，因为，则为线段的中点，且，则，所以，又因为，则，故，因此，.故选：D.11. 若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，则在函数的值域为R的条件下，满足“函数为偶函数”的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的值域为R可得之间的关系，再根据为偶函数可得，最后根据条件概率的概率公式可求题设中的概率.【详

9、解】设事件为“的值域为R”，设事件为“函数为偶函数，掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，所得基本事件有：，故基本事件的总数为.因为的值域为R，所以，故，而为偶函数，故，所以，整理得到，所以即.故对应的基本事件有：，故共有基本事件的个数为，又对应的基本事件有，故，故选：D.12. 若函数恰有两个零点，则实数t的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将问题转化为与有两个交点，分类讨论取绝对值，利用导数讨论单调性，然后做出的草图可得.【详解】因为，所以不是的零点，当时，令，则，记，则问题转化为与有两个交点，易知在上单调递增，又，所以的零点，当时，当时，当且时，令，得当时，单

10、调递增，当或时，单调递减，当时，则，单调递增，且当x趋近于0或从左趋近于1时，趋近于，当x从右趋近于1时，趋近于，当x趋近于时，趋近于1.又，所以可作草图如下：由图可知，当或时，与有两个交点，即有两个零点.故选：B第卷（非选择题）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生必须做答，第22题第23题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 由于夏季炎热某小区用电量过大，据统计一般一天停电的概率为0.3，现在用数据0、1、2表示停电；用3、4、5、6、7、8、9表示当天不停电，现以两个随机数为一组，表示连续两天停电情况，经随机模拟得

11、到以下30组数据，28 21 79 14 56 74 06 89 53 90 14 57 62 30 9378 63 44 71 28 67 03 53 82 47 23 10 94 02 43根据以上模拟数据估计连续两天中恰好有一天停电的概率为_.【答案】#【解析】【分析】根据题意从30个数据中找出恰有一天停电的情况，再利用古典概型的概率公式可求得结果.【详解】由题意可知恰有一天停电的情况有：28，14，06，90，14，62，30，71，28，03，82，23，共12种，所以连续两天中恰好有一天停电的概率为，故答案为：14. 在直角坐标系xOy中，点A、B分别在射线和上运动，且的面积为1，

12、则周长的最小值为_【答案】#【解析】【分析】设，根据面积为1可得，根据基本不等式可求周长的最小值.【详解】因为，故直线与直线垂直.设，故，故.设的周长为，当且仅当时等号成立.故答案为：.15. 若函数，在上恰有两个最大值点和四个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先化简函数式得，再结合三角函数的图象与性质，利用整体代换计算即可.【详解】由三角恒等变换可得，时，有，若要满足题意则需：.故答案为：16. 已知是定义在上的偶函数，且当时，则满足的x的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性的性质将不等式等价转化为，利用函数的单调性建立条件关系即可【详解】由函数性质知

13、， ，即，解得，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题为必做题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选做题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且角A为锐角.（1）求角B；（2）若的面积为，求b的最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）首先化简可得： ，由角A为锐角， 所以，即可的得解；（2）由 ，可得，由，代入即可得解.【小问1详解】由可得：，由角A为锐角，所以，所以，又，所以；【小问2详解】，所以，由余弦定可得，当且仅当时取等，满足角A为锐角，所以由，可得b的最小值为.18.

14、 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点N在棱PC上，平面平面（1）证明：（2）若平面BDN，求平面与平面所成夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）可证平面，从而可得.（2）可证两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后可求夹角的余弦值【小问1详解】因为平面平面，平面平面，,平面，故平面，而平面，所以.【小问2详解】连接AC交BD于点O，连接ON.因为平面BDN，平面，平面平面，所以，而O为中点，则N也为PC中点.而，所以，而平面，故面，又平面，故，所以，所以两两垂直，以B为原点，以，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立

15、空间直角坐标系，如图所示，则，设面的法向量为，故，取，则，故.而，设面的法向量为，故，取，则，故.设平面ABN与平面ADN所成夹角为，则，故平面ABN与平面ADN所成夹角的余弦值.19. 世界杯小组赛中，A，B，C，D四支球队被分到同一组进行循环赛（每两队间进行一场比赛，获胜的球队积3分，平局两队各积1分，落败的球队积0分）已知四支球队实力相当，每支球队在每场比赛中胜，负，平的概率分别为0.4，0.4，0.2（1）求A队踢完三场比赛后积分不少于6分的概率；（2）求四支球队比完后积分相同的概率【答案】（1）0.352 （2）【解析】【分析】（1）根据题意可知，积分不少于6分包括三胜、两胜一平、两

16、胜一负三种情况，根据互斥事件的加法公式可得；（2）四支球队共需进行6场比赛，每场比赛最少积2分，最多积三分，所以比赛完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，分别计算出其概率相加即可.【小问1详解】A队踢完三场比赛后积分不少于6分，所以A队三场比赛中至少胜两场，.【小问2详解】四支球队共需进行6场比赛，六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，因此，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，若同积3分，则六局皆平，若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，若A胜B，平C，负D，则B胜C，B平D，C胜D；所以，综上所述，四支球队比完后积分相同的

17、概率为.20. 已知椭圆：的左右焦点分别为，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于，两点，当倾斜角为时，是椭圆的上顶点，且的周长为6.（1）求椭圆的方程；（2）过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆.若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点，试判断是否为定值，并说明理由.【答案】（1） （2）为定值【解析】【分析】（1）当倾斜角为时，求出直线的方程，令，求出，即可求出，再根据的周长及求出、，即可得解；（2）由题设可得，设点，的方程设为，利用相切条件可得，联立直线方程可求的坐标，从而可判断在椭圆上，从而可证为定值.【小问1详解】解：当倾斜角为时，直线为，令，得，即椭圆的上顶点为，所

18、以，又的周长为，即，又，解得，所以椭圆的方程为 .【小问2详解】解：由（1）可知，因为过与圆相切的直线分别切于、两点，所以，所以，设点，则，圆的半径为，则直线的方程为，的方程设为，则，化简得，由，解得，所以点，所以点在椭圆上，即21. 已知函数（1）若函数在定义域上单调递增，求的最大值；（2）若函数在定义域上有两个极值点和，若，求的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出，由题意可知，对任意的，可得出，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的最大值；（2）设，由极值点的定义可得出，变形可得出，由此可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即为所求.【小问1详解】解：因为，其中，则，因

19、为函数在上单调递增，对任意的，即，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，所以，故，所以，的最大值为.【小问2详解】解：由题意可知，设，由可得，则，可得，所以，令，其中，所以，令，其中，则，因为，由，可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，又因为且，所以，当时，即，当时，即，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，.【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；（3）若函数在区

20、间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题记分 选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线：（为参数）经过伸缩变换得到曲线，在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程；（2）设点是曲线上的动点，求点到直线距离的最小值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）先根据参数方程和普通方程的互化公式求解的普通方程，再根据伸缩变化的性质求解的普通方程；（2）先根据极坐标方程和普通方程的互化公式求解的

21、普通方程，再设出点的坐标，利用点到直线的距离公式和正弦函数的性质可求得结果.【小问1详解】由题意得曲线：（为参数）的普通方程为，由伸缩变换，得，代入，得，所以曲线的普通方程为；【小问2详解】因为直线的极坐标方程为，所以直线的直角坐标方程为，设点，则点到直线的距离为，所以当时，取得最小值，即点到直线距离的最小值. 选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时将写出分段函数，再分类讨论求出不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可.【小问1详解】解：当时，当时，即，；当时，即，；当时，即，综上可得不等式的解集为；【小问2详解】解：，当且仅当时取等号，又，且，则，当且仅当，即，时等号成立，所以根据题意可得，解得或，的取值范围是.