江西省景德镇市2023届高三上学期第二次质检数学(文)试题（解析版）

景德镇市2023届高三第二次质检试题 数学（文）试卷 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：D 2. 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：D 3. 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：A 4. 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：B 5. 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：C 6. 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4 C. 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：B 7. 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：D 8. 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:A 10. 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 93 78 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