江西省景德镇市2023届高三数学(文)上学期第二次质检试题（Word版附解析）

这是一份江西省景德镇市2023届高三数学(文)上学期第二次质检试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
景德镇市2023届高三第二次质检试题数学（文科）满分150分，考试时间120分钟第Ⅰ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. 1 B. 3 C. 4 D. 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. 已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则复数在复平面上对应的点所在的象限为（）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用纯虚数化简，求出参数，得复数在复平面上对应点的坐标即可.【详解】因为复数为纯虚数，由，可知，所以，则，所以复数在复平面上对应的点为，位于第四象限.故选：D3. 已知向量，，，若，则的值为（）A. 2 B. -2 C.  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，所以铜球的表面积.故选：B5. 斐波那契数列满足，，设，则（）A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025【答案】C【解析】【分析】根据递推公式一一计算可得.【详解】解：因，，所以，所以.故选：C6. 如图，已知正方体的棱长为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：的焦点为，，是上两点，若，则（）A.  B.  C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】首先求出抛物线的准线方程，根据焦半径公式表示出，，再根据代入计算可得.【详解】解：因为抛物线的焦点为，准线为，又，是上两点，所以，，又，则，所以.故选：D8. 德国数学家莱布尼兹于1674年得到了第一个关于级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.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（其中表示的近似值）”.若输入，输出的结果可以表示为（）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.【详解】由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：第1次循环：，；第2次循环：，；第3次循环：，；第9次循环：，，此时满足判定条件，输出结果.故选：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. 440 B. 480 C. 540 D. 580【答案】A【解析】【分析】根据求出,进而求出,写出,观察三角垛公式,发现其每一项是等差数列的前项和的形式,代入前项和公式,即可得与之间的联系,代入公式即可得出结果.【详解】解:由题知,所以,当时,,当时,满足上式,故,所以,由三角垛公式:可得:,即,因为,所以,故.故选:A10. 已知双曲线的左，右焦点分别为，直线l过且与双曲线交于A，B两点，若直线l不与x轴垂直，且，则直线l的斜率为（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设直线，联立，结合韦达定理可求得的中点的坐标，由向量的数量积知，即，代入即可求解.【详解】由已知得到.设，直线，显然.联立，得.因为l与双曲线交于两点，所以，且.由韦达定理知，设的中点为，根据，得到，从而得到，故.而，，，所以，解得，故l的斜率为，故选：B.11. 若抛掷两枚骰子出现的点数分别为，，则“在函数的图象与轴有交点的条件下，满足函数为偶函数”的概率为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先列出满足函数的图象与轴有交点的基本事件,再找出符合函数为偶函数的基本事件,最后根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：函数的图象与轴有交点，则，则满足该条件的有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共有个满足函数的图象与轴有交点的条件；函数为偶函数，只需是奇函数，即，所以．函数为偶函数：有，，共个．所以则“在函数的图象与轴有交点的条件下，满足函数为偶函数”的概率．故选：D．12. 若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】令，即可得到，令，则与有两个交点，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得到，从而求出参数的取值范围.【详解】解：令，即，所以，即方程有两个不相等实数根，令，则与有两个交点，因为，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，则，当时，则，所以，解得，即.故选：A第Ⅱ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. 已知圆：，直线：，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为________.【答案】【解析】【分析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，则弦长最小值为与垂直的弦，再根据弦长公式计算可得.【详解】解：因为直线：恒过定点，圆：的圆心，半径，所以，所以点在圆内，所以直线被圆所截的弦长的最小值为.故答案为：15. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】首先判断函数的单调性，根据偶函数的性质及单调性原不等式等价于，解得即可.【详解】解：因为是定义在上的偶函数，且当时，，即在上单调递增，所以在上单调递减，则不等式等价于，即，解得，即.故答案为：16. 若函数，在上恰有一个最大值点和两个零点，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】首先根据和差角公式将函数化简，再由的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.【详解】解：，即，由，所以，又在上恰有一个最大值点和两个零点，则，解得，所以的取值范围是．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17~21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. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，，点在棱上，平面平面.（1）证明：；（2）若平面，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质得到平面，即可得证；（2）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，则为的中点，再证平面，从而得到，最后根据计算可得.【小问1详解】证明：因为平面平面，平面平面，，平面．平面，平面，；【小问2详解】解：连接交于点，连接，因为平面，平面平面，平面，所以，因为为的中点，则为的中点，因为，底面为平行四边形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，所以，又，所以，则，所以，所以，所以.19. 目前直播带货已经席卷全国了，不论老人小孩、男生女生，大家都听说或是尝试过直播购物，它所具有的能突破时间、空间限制的特点已经吸引了越多越多的人.由此可见，它的受众非常广泛，是大势所趋.不管是什么行业领域，都可以去从事直播带货.直播带货的兴起为人们提供了更多就业岗位.小明是一名刚毕业的大学生，通过直播带货的方式售卖自己家乡的特产，下面是他近4个月的家乡特产收入（单位：万元）情况，如表所示.月份5678时间代号1234家乡特产收入3.93.32.21.8 （1）根据5月至8月的数据，求y与t之间的线性相关系数（精确到0.01），并判断相关性；（2）求出y关于t的回归直线方程，并预测9月收入能否突破1万元，请说明理由.附：①相关系数公式：；（若，则线性相关程度非常强，可用线性回归模型拟合）②一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，；③参考数据：，，.【答案】（1）；认为y与t之间有很强的相关性.（2）y关于t的回归直线方程为：，不能.【解析】【分析】(1)直接代入公式求出认为y与t之间的线性相关系数，即可判断；(2)代入公式求出系数，即可得到回归方程，并求出9月收入即可判断小问1详解】由表格数据可知：，，则，由题意知：，，代入相关系数公式可得：，因为，所以认为y与t之间有很强的相关性.【小问2详解】由题意可得：，，，，所以，则，所以y关于t的回归直线方程为：，把代入可得：，所以预测9月收入不能突破1万元.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,求的最大值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】(1)由在定义域上单调递增,即在定义域上恒成立,求导之后全分离,设新函数,求导求单调性求最值即可;(2)对求导,使其导函数等于零有两根和,全分离后找到和之间关系,将等式化简,令等式为,用代换和,根据找到的范围,将用表示,设出新函数,求导求单调性,求最值即可.【小问1详解】解:由题知,,因为在定义域上单调递增,所以在上恒成立,即在上恒成立,记,即,因为,所以当时,,单调递减,当时,单调递增,故,故,即的最大值为2;【小问2详解】因为在定义域上有两个极值点和,即在定义域上有两个不相等的实根和,故有,即有两个不相等的实根和,即,移项可得:,因为,所以,令,联立,解得,所以,解得,所以,令,,所以,令,,所以,,所以在上单调递减,所以,因为,即,在上单调递减,所以,即在恒成立,当时,,即,即在上单调递减,所以,即,故,所以的最大值为.【点睛】思路点睛:本题考查函数与导数的综合总用,属于难题,关于极值点,零点的双变量问题的思路有:(1)根据题意进行分析,得到关于双变量的等式或不等式;(2)将等式或不等式转化为一元变量问题;(3)构造一元函数,求导,求单调性,求最值即可.（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44：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45：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.