2023年江西省景德镇市高考数学第三次质检试卷（理科）-普通用卷

这是一份2023年江西省景德镇市高考数学第三次质检试卷（理科）-普通用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江西省景德镇市高考数学第三次质检试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若向量与向量的夹角为，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  满足函数在上单调递减的充分必要条件是(    )A.  B.  C.  D. 4.  写算，是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区别筹算与珠算，它由明代数学家吴破在其撰写的九章算法比类大全一书中提出，是从天元式的乘法演变而来，例如计算，将被乘数计入上行，乘数计入右行，然后以乘数的每位数字乘被乘数的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得，若从表内的个数字含相同的数字，表周边数据不算在内中任取个数字，则它们之和大于的概率为(    )A.  B.  C.  D. 5.  一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(    )
A.  B.  C.  D. 6.  互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为(    )
A.  B.  C.  D. 7.  首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示在适当的坐标系下圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如图所示，则该抛物线的轨迹方程为(    )

 A.  B.  C.  D. 8.  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.
B.
C.
D. 9.  中国古代十进位制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造，据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，算筹记数的方法是：个位，百位、万位的数十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出，如可用算等表示为．

这个数字的纵式与横式的表示数码如图所示，则的运算结果可用算筹表示为(    )A.  B.  C.  D. 10.  某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的表面积为，托盘由边长为的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠形成，即面，面，面都与面垂直，如图，则球心到托盘底面的距离为(    )

 A.  B.  C.  D. 11.  已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线经过且与左支交于，两点，在以为直径的圆上，：：，则的离心率是(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知定义域为的函数的图象是连续不断的曲线，对任意实数，均满足，且当时，若，则下列判断正确的是(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  记为等差数列的前项和．已知，，则______．14.  已知为虚数单位，且，则的最大值是______ ．15.  已知直线与函数和函数的图象分别交于，两点，若，则线段中点的纵坐标为______ ．16.  若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则 ______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
在中，内角，，的对边分别是，，已知．
求角；
若是钝角三角形，且，求边的取值范围．18.  本小题分
如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．

证明：面面；
若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值．19.  本小题分
部分高校开展基础学科招生改革试点工作强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节已知、两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立若某考生报考大学，每门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考大学，每门科目达到优秀的概率依次为，，，其中．
若，分别求出该考生报考、两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；
强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更有希望进入大学的面试环节，求的范围．20.  本小题分
设椭圆：的左、右顶点分别为、，且焦距为点在椭圆上且异于、两点，若直线与的斜率之积．
求椭圆的标准方程：
过点作不与轴重合的直线与椭圆相交于、两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线，交于点求面积的最大值．21.  本小题分
已知函数．
求最大的整数，使得对任意，；
若函数，当时，讨论函数零点的个数．
参考数据：
 22.  本小题分
如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧，所在圆的圆心分别为，，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点．
若，求点的极坐标；
若点是射线，与圆的交点，求面积的取值范围．
23.  本小题分
设，，均为正数，且．
证明：；
．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，
．
故选：．
根据正弦函数的值域和配方求二次函数值域的方法求出，，然后进行交集的运算即可．
本题考查了正弦函数的值域，配方求二次函数值域的方法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：向量与向量的夹角为，
．
故选：．
由已知直接利用数量积求夹角公式得答案．
本题考查数量积表示两个向量的夹角，是基础题．
 3.【答案】 【解析】解：若在上单调递减，
则满足且，
即且，
则，
即在上单调递减的一个充分必要条件是，
故选：．
根据复合函数的单调性，求出的取值范围即可．
本题主要考查复合函数单调性的判断，不忽视函数的定义域是解决本题的关键．属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：从表内的个数字含相同的数字，表周边数据不算在内中任取个数字，有种情况，
之和大于的有和种情况，和种情况，
所以所求概率为．
故选：．
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，
圆锥的底面半径为，高为，球的半径为，
则该组合体的体积．
故选：．
由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，圆锥的底面半径为，高为，球的半径为，再由圆锥体积公式及球的体积公式求解．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
 6.【答案】 【解析】解：设与轴方向相同的单位向量为，与轴方向相同的单位向量为，
则，，
则，
，
．
故选：．
利用向量的求模公式，结合向量的数量积运算，求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，向量的求模公式，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：由于某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，
故，所以直线所在的方程为：，
代入，解得或 舍，离轴较远的点，
所以点的坐标为．
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为：，则，
则由点处切线斜率为可得，，
又，解得，
所以该抛物线的轨迹方程为，即．
故选：．
由题意可得到直线所在的方程和圆方程联立求得点的坐标，设所求抛物线方程，求导，根据导数的几何意义结合题意，可求得，，即得答案．
本题考查轨迹方程的求解，是中档题．
 8.【答案】 【解析】解：由题意，，
，
数列的整数项为，，，，，，
数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，偶数项是以为首项，为公差的等差数列．
，，
则．
故选：．
由已知结合等比数列的前项和公式求解，代入，可得数列的整数项，进一步得到数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，偶数项是以为首项，为公差的等差数列，分别求通项公式，即可求得的值．
本题考查等比数列的前项和与等差数列的通项公式，考查运算求解能力，是中档题．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意，，
其结果用表示为，
故选：．
根据题意，由定积分的计算公式求出的值，用算筹表示可得答案．
本题考查定积分的计算，涉及归纳推理的应用，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：如图，已知球的表面积为，可得球的半径为，
托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图，
取，，的中点分别为，，，连接，，，，，，

根据题意可得：，，均垂直于平面，可知≌，
的边长为，设的外接圆半径为，则，，
所以球心到截面的距离，
又，
球心到托盘底面的距离为．
故选：．
取，，的中点分别为，，，连接，，，，，，经过三个顶点，，的球的截面圆即为的外接圆，运算可求解．
本题考查球体的截面圆的半径的计算，考查点到面的距离的求法，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：不妨设，，
因为在以为直径的圆上，
所以，即，则，
因为在的左支上，
所以，
即，解得，则，
因为，
所以，即，
故，
故．
故选：．
根据在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率．
本题主要考查双曲线的性质，考查转化能力，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：已知对任意实数，均满足，
可得，
不妨设，
因为当时，，
所以，
满足，
当时，；
所以，
即在上单调递增，
又，
即，
所以函数的图象关于对称，且在上递增，
则，故选项A错误；，故选项B错误；
，故选项C正确；，故选项D错误．
故选：．
由题意，得到，设，结合当时，得到，推出在上单调递增，将转化成有关的式子，利用对称性和单调性对选项进行逐一分析即可判断．
本题考查函数的单调性和对称性，考查了逻辑推理和转化思想．
 13.【答案】 【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式及求和公式，属于基础题．
设公差为，由等差数列的求和公式及通项公式得，求出，即可．
【解答】
解：设公差为，则由条件有，解得．
所以．
故答案为：．  14.【答案】 【解析】解：，
则的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
故的最大值为．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：先画出图象，由题意可得，两边平方得，
，
设线段的中点纵坐标为，则，
，．
故答案为：．
先画出图象，由题意可得，于是，所求的中点是，将其平方即可得出．
本题考查三角函数的图象和性质，数形结合思想是解决问题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：的导数为，可得在点处的切线方程为，
的导数为，可得在点处的切线的方程为，
由两条切线重合的条件，可得，且，
则，即有，
可得，
则．
故答案为：．
求得和的导数，可得切线的斜率和方程，由两直线重合的条件，可得，的关系，整理化简可得所求和．
本题考查导数的运用：求切线的方程，以及两直线重合的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：中，，
所以；
又因为，
所以；
又因为，所以；
若是钝角三角形，且，，
所以为钝角，
所以，
化简得，解得；
所以边的取值范围是． 【解析】利用切化弦以及两角和的正弦公式化简，可得的值，再求的值；
根据题意得出为钝角，由此列出不等式组求出的取值范围．
本题考查了三角恒等变换和解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
 18.【答案】证明：在梯形中取中点，连接，

则由平行且等于知为平行四边形，所以，
由，知点在以为直径的圆上，所以，
又，，所以面，
又因为面，
所以平面平面．
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，
设，可得，
，，
 设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的法向量，
，
点到面的距离，
平面的法向量，平面法向量，
，，
二面角的余弦值为． 【解析】在梯形中，取的中点，证明四边形为平行四边形，再根据圆的性质得出，利用面面垂直的判定定理证明即可；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查利用向量法求二面角的余弦值，属中档题．
 19.【答案】解：设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，
则；
该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，
则．
该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为，
依题意，，则，
该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为，随机变量的可能取值为：，，，，
，
，
，
，
随机变量的分布列： ，
因为该考生更希望进入甲大学的面试，则，即，解得，
所以的范围为：． 【解析】利用独立重复试验的概率公式，互斥事件、相互独立事件分别计算报考甲、乙大学恰好有一门笔试科目优秀的概率；
分别计算报考甲、乙大学达到优秀科目个数的期望，再列出不等式并求解作答．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
 20.【答案】解：因为焦距为，
所以，即，
设，则，
所以，
又，，
所以，
所以，
由，
由解得，，
所以椭圆的方程为．
由题知，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，，
所以，
又，
所以直线的方程为，
令得，
所以直线过定点，
因为，
所以，
令，，则，
令，
，
所以当时，，单调递增，
所以在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以当时，取得最大值． 【解析】由焦距为，可得，设，则，则，又，解得，，即可得出答案．
设直线的方程为，，，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，写出直线的方程为，进而可得点的坐标，则，令，，则，结合函数的单调性，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 21.【答案】解：当时，，
所以，
令，
，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
所以整数，
所以最大的整数的值为．
因为，
所以，
所以，
因为，
所以是的一个零点，
当时，由知，当时，，
又因为当时，，
所以在上单调递增，且，
所以在上单调递增，
又因为，
所以在上，，无零点，
当时，因为且，
所以，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
又因为，，
所以在上，恰有一个零点，
当时，因为，
所以，
所以在上单调递减，，无零点，
当时，，无零点，
综上所述，有两个零点． 【解析】根据题意可得当时，，令，只需，即可得出答案．
求导分析的单调性，最值，在分析零点的个数，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：由，可知，可得点的极角为，
所以的极坐标为，
由题意可知，，，所以，
所以，
由于
故，所以． 【解析】直接利用图象求出极角和极坐标；
利用三角形的面积公式和三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：极坐标的求法，三角函数的关系式的变换，三角形的面积公式，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 23.【答案】证明：由，且，得，
又，且，，，即；
由知，，

．
当且仅当时，等号成立．
． 【解析】由已知可得，再由基本不等式得结论；
结合可得，再由柯西不等式证明结论．
本题考查不等式的证明，考查基本不等式与柯西不等式的应用，是中档题．