江西省景德鎮(zhèn)市2023屆高三第二次質(zhì)檢試題數(shù)學(xué)（理）試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題1．已知集合的所有非空子集的元素之和等于12，則等于（    ）A．1 B．3 C．4 D．62．已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)（）為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對應(yīng)的點（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，，，若，則的值為（    ）A．2 B．-2 C． D．4．已知一個實心銅質(zhì)的圓錐形材料的底面半徑為4，圓錐母線長，現(xiàn)將它熔化后鑄成一個實心銅球，不計損耗，則銅球的表面積為（    ）A． B． C． D．5．斐波那契（約1170～1250）是意大利數(shù)學(xué)家，他研究了一列數(shù)，這列數(shù)非常奇妙，被稱為斐波那契數(shù)列．后來人們在研究它的過程中，發(fā)現(xiàn)了許多意想不到的結(jié)果，在實際生活中，很多有趣的性質(zhì)，在實際生活中也有廣泛的應(yīng)用．斐波那契數(shù)列滿足，，設(shè)，則（    ）A．2022 B．2023 C．2024 D．20256．如圖，已知正方體的棱長為2，，分別為，的中點.則下列選項中錯誤的是（    ）A．直線平面B．三棱錐在平面上的正投影圖的面積為4C．在棱上存在一點，使得平面平面D．若為棱的中點，三棱錐的外接球表面積為7．已知拋物線C：的焦點為F，，是C上兩點，若則（    ）A． B． C． D．28．德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲于1674年得到了第一個關(guān)于π的級數(shù)展開式，該公式于明朝初年傳入我國．我國數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家明安圖為提高我國的數(shù)學(xué)研究水平，從乾隆初年（1736年）開始，歷時近30年，證明了包括這個公式在內(nèi)的三個公式，同時求得了展開三角函數(shù)和反三角函數(shù)的6個新級數(shù)公式，著有《割圓密率捷法》一書，為我國用級數(shù)計算π開創(chuàng)先河，如圖所示的程序框圖可以用萊布尼茲“關(guān)于π的級數(shù)展開式計算π的近似值（其中P表示π的近似值）”．若輸入，輸出的結(jié)果P可以表示為（    ）A． B．C． D．9．楊輝是南宋杰出的數(shù)學(xué)家，他曾擔(dān)任過南宋地方行政官員，為政清廉，足跡遍及蘇杭一帶．楊輝一生留下了大量的著述，他給出了著名的三角垛公式：．若正項數(shù)列的前n項和為，且滿足，數(shù)列的通項公式為，則根據(jù)三角垛公式，可得數(shù)列的前10項和（    ）A．440 B．480 C．540 D．58010．已知雙曲線的焦距為,過雙曲線的右焦點的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于、兩點，為坐標(biāo)原點，若且，則雙曲線的離心率為（    ）A． B． C． D．11．若拋擲兩枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)分別為a，b，則在函數(shù)的值域為R的條件下，滿足“函數(shù)為偶函數(shù)”的概率為（    ）A． B． C． D．12．若函數(shù)恰有兩個零點，則實數(shù)t的取值范圍是（    ）A． B．C． D． 二、填空題13．由于夏季炎熱某小區(qū)用電量過大，據(jù)統(tǒng)計一般一天停電的概率為0.3，現(xiàn)在用數(shù)據(jù)0、1、2表示停電；用3、4、5、6、7、8、9表示當(dāng)天不停電，現(xiàn)以兩個隨機(jī)數(shù)為一組，表示連續(xù)兩天停電情況，經(jīng)隨機(jī)模擬得到以下30組數(shù)據(jù)，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根據(jù)以上模擬數(shù)據(jù)估計連續(xù)兩天中恰好有一天停電的概率為________.14．在直角坐標(biāo)系xOy中，點A、B分別在射線和上運動，且的面積為1，則周長的最小值為______________．15．若函數(shù)，在上恰有兩個最大值點和四個零點，則實數(shù)ω的取值范圍是______________．16．已知是定義在上的偶函數(shù)，且當(dāng)時，，則滿足的x的取值范圍是______________． 三、解答題17．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若且角A為銳角.(1)求角B；(2)若的面積為，求b的最小值.18．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，，，，，，點N在棱PC上，平面平面．(1)證明：(2)若平面BDN，求平面與平面所成夾角的余弦值．19．世界杯小組賽中，A，B，C，D四支球隊被分到同一組進(jìn)行循環(huán)賽（每兩隊間進(jìn)行一場比賽，獲勝的球隊積3分，平局兩隊各積1分，落敗的球隊積0分）．已知四支球隊實力相當(dāng)，每支球隊在每場比賽中勝，負(fù)，平的概率分別為0.4，0.4，0.2．(1)求A隊踢完三場比賽后積分不少于6分的概率；(2)求四支球隊比完后積分相同的概率．20．已知橢圓：的左右焦點分別為，，，分別為左右頂點，直線：與橢圓交于，兩點，當(dāng)傾斜角為時，是橢圓的上頂點，且的周長為6.(1)求橢圓的方程；(2)過點作軸的垂線，為上異于點的一點，以為直徑作圓.若過點的直線（異于軸）與圓相切于點，且與直線相交于點，試判斷是否為定值，并說明理由.21．已知函數(shù)(1)若函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，求的最大值；(2)若函數(shù)在定義域上有兩個極值點和，若，，求的最小值．22．在平面直角坐標(biāo)系中，曲線：（為參數(shù)）經(jīng)過伸縮變換得到曲線，在以坐標(biāo)原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線的極坐標(biāo)方程為.(1)求曲線的普通方程；(2)設(shè)點是曲線上的動點，求點到直線距離的最小值.23．已知函數(shù)，.(1)若，求不等式的解集；(2)已知，若對任意，都存在，使得，求實數(shù)的取值范圍.
參考答案：1．D【分析】首先列出集合的非空子集，即可得到方程，解得即可.【詳解】解：集合的非空子集有、、，所以，解得.故選：D2．D【分析】化簡復(fù)數(shù)，由純虛數(shù)概念可解得的值，從而得出結(jié)論.【詳解】由 為純虛數(shù), 則實部 , 虛部 , 解得 , 則復(fù)數(shù)，在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第四象限.故選: D.3．A【分析】首先求出的坐標(biāo)，再根據(jù)向量共線的坐標(biāo)表示及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.【詳解】解：因為，，所以，又且，所以，則.故選：A4．B【分析】首先求出圓錐的高，即可求出圓錐的體積，從而求出球的半徑，再根據(jù)球的表面積公式計算可得.【詳解】解：依題意圓錐的底面半徑，母線，所以圓錐的高，所以圓錐的體積，設(shè)銅球的半徑為，則，解得，所以銅球的表面積.故選：B5．C【分析】由斐波那契數(shù)列的遞推公式計算即可.【詳解】由斐波那契數(shù)列的定義及遞推公式可得：，即.故選：C6．B【分析】連接，交于點，連接、，即可證明四邊形為平行四邊形，所以，即可證明A；連接，則四邊形為三棱錐在平面上的正投影，求出四邊形的面積，即可判斷B；取中點，連接，，，可證平面，可判斷C；若為棱的中點，為三棱錐的外接球的直徑，求出表面積，可判斷D．【詳解】解：對于A：連接，交于點，連接、，顯然為的中點，又，分別為，的中點所以且，且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正確；對于B：如圖，連接，則四邊形為三棱錐在平面上的正投影，因為，故B錯誤；對于C：取中點，連接，，，顯然，所以，又，所以所以，由正方體，可得平面，平面，，又，平面，，平面，又平面，平面平面，故C正確；對于D：若為棱的中點，，，，所以，即即，均為直角三角形，且是公共斜邊，由直角三角形的性質(zhì)，可知為三棱錐的外接球的直徑，故外接球的半徑為，所以三棱錐的外接球表面積，故D正確.故選：B7．D【分析】根據(jù)拋物線定義計算即可.【詳解】由拋物線定義可得，則.故選：D8．C【分析】由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量P的值, 模擬程序的運行過程可得答案.【詳解】因為輸入 , 所以跳出循環(huán)的 值為 10 由程序框圖知算法的功能是求,故選：C.9．A【分析】根據(jù)給定的遞推公式，求出數(shù)列的通項公式，再利用三角垛公式求出作答.【詳解】，，當(dāng)時，，兩式相減得：，即，整理得，因此，即數(shù)列為等差數(shù)列，又，，解得，于是，，數(shù)列的前n項和，所以.故選：A.10．D【分析】設(shè)雙曲線的左焦點為，作出圖形，分析可知，計算出，分析出，可求出，可得出的值，再結(jié)合雙曲線的離心率公式可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)雙曲線的左焦點為，如下圖所示：因為，所以，，所以，，不妨設(shè)點在直線上，則，，因為，所以，，因為，則為線段的中點，且，則，所以，，又因為，則，故，因此，.故選：D.11．D【分析】根據(jù)函數(shù)的值域為R可得之間的關(guān)系，再根據(jù)為偶函數(shù)可得，最后根據(jù)條件概率的概率公式可求題設(shè)中的概率.【詳解】設(shè)事件為“的值域為R”，設(shè)事件為“函數(shù)為偶函數(shù)，擲兩枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)分別為a，b，所得基本事件有：，，，，，，故基本事件的總數(shù)為.因為的值域為R，所以，故，而為偶函數(shù)，故，所以，整理得到，所以即.故對應(yīng)的基本事件有：，，，，，故共有基本事件的個數(shù)為，又對應(yīng)的基本事件有，故，故選：D.12．B【分析】將問題轉(zhuǎn)化為與有兩個交點，分類討論取絕對值，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，然后做出的草圖可得.【詳解】因為，所以不是的零點，當(dāng)時，令，則，記，則問題轉(zhuǎn)化為與有兩個交點，易知在上單調(diào)遞增，又，所以的零點，當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)且時，，令，得當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)或時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，則，單調(diào)遞增，且當(dāng)x趨近于0或從左趨近于1時，趨近于，當(dāng)x從右趨近于1時，趨近于，當(dāng)x趨近于時，趨近于1.又，所以可作的草圖如下：由圖可知，當(dāng)或時，與有兩個交點，即有兩個零點.故選：B13．/【分析】根據(jù)題意從30個數(shù)據(jù)中找出恰有一天停電的情況，再利用古典概型的概率公式可求得結(jié)果.【詳解】由題意可知恰有一天停電的情況有：28，14，06，90，14，62，30，71，28，03，82，23，共12種，所以連續(xù)兩天中恰好有一天停電的概率為，故答案為：14．/【分析】設(shè)，，根據(jù)面積為1可得，根據(jù)基本不等式可求周長的最小值.【詳解】因為，故直線與直線垂直.設(shè)，，故，故.設(shè)的周長為，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.故答案為：.15．【分析】先化簡函數(shù)式得，再結(jié)合三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用整體代換計算即可.【詳解】由三角恒等變換可得，時，有，若要滿足題意則需：.故答案為：16．【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式等價轉(zhuǎn)化為，利用函數(shù)的單調(diào)性建立條件關(guān)系即可【詳解】由函數(shù)性質(zhì)知， ，∴，即，解得，∴，故答案為：.17．(1)(2) 【分析】（1）首先化簡可得： ，由角A為銳角， 所以，即可的得解；（2）由 ，可得，由，代入即可得解.【詳解】（1）由可得：，由角A為銳角，所以，所以，又，所以；（2），所以，由余弦定可得，當(dāng)且僅當(dāng)時取等，滿足角A為銳角，所以由，可得b的最小值為.18．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）可證平面，從而可得.（2）可證兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量后可求夾角的余弦值．【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，,平面，故平面，而平面，所以.（2）連接AC交BD于點O，連接ON.因為平面BDN，平面，平面平面，所以，而O為中點，則N也為PC中點.而，，所以，而平面，故面，又平面，故，所以，所以兩兩垂直，∴以B為原點，以，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，，，，∴，，設(shè)面的法向量為，故，，取，則，故.而，，設(shè)面的法向量為，故，取，則，故.設(shè)平面ABN與平面ADN所成夾角為，則，故平面ABN與平面ADN所成夾角的余弦值.19．(1)0.352(2) 【分析】（1）根據(jù)題意可知，積分不少于6分包括三勝、兩勝一平、兩勝一負(fù)三種情況，根據(jù)互斥事件的加法公式可得；（2）四支球隊共需進(jìn)行6場比賽，每場比賽最少積2分，最多積三分，所以比賽完后四支球隊積分總和最少12分，最多18分，四支球隊積分相同，可能同積3分或同積4分，分別計算出其概率相加即可.【詳解】（1）A隊踢完三場比賽后積分不少于6分，所以A隊三場比賽中至少勝兩場，.（2）四支球隊共需進(jìn)行6場比賽，六場比賽比完后四支球隊積分總和最少12分，最多18分，因此，四支球隊積分相同，可能同積3分或同積4分，①若同積3分，則六局皆平，②若同積4分，則每支球隊均一勝一平一負(fù)，若A勝B，平C，負(fù)D，則B勝C，B平D，C勝D；所以，綜上所述，四支球隊比完后積分相同的概率為.20．(1)(2)為定值 【分析】（1）當(dāng)傾斜角為時，求出直線的方程，令，求出，即可求出，再根據(jù)的周長及求出、，即可得解；（2）由題設(shè)可得，設(shè)點，的方程設(shè)為，利用相切條件可得，聯(lián)立直線方程可求的坐標(biāo)，從而可判斷在橢圓上，從而可證為定值.【詳解】（1）解：當(dāng)傾斜角為時，直線為，令，得，即橢圓的上頂點為，所以，又的周長為，即，又，解得，，所以橢圓的方程為 .（2）解：由（1）可知，，，因為過與圓相切的直線分別切于、兩點，所以，所以，設(shè)點，則，圓的半徑為，則直線的方程為，的方程設(shè)為，則，化簡得，由，解得，所以點，所以點在橢圓上，∴，即．21．(1)(2) 【分析】（1）求出，由題意可知，對任意的，，可得出，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，即可求得實數(shù)的最大值；（2）設(shè)，由極值點的定義可得出，變形可得出，，由此可得出，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的最小值，即為所求.【詳解】（1）解：因為，其中，則，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，對任意的，，即，令，其中，則，，由可得，由可得，所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，所以，，故，所以，的最大值為.（2）解：由題意可知，，設(shè)，由可得，則，可得，，所以，，令，其中，所以，，令，其中，則，因為，由，可得，由可得，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，又因為且，所以，當(dāng)時，，即，當(dāng)時，，即，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，.【點睛】方法點睛：求函數(shù)在區(qū)間上的最值的方法：（1）若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，則與一個為最大值，另一個為最小值；（2）若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有極值，則要求先求出函數(shù)在區(qū)間上的極值，再與、比大小，最大的為最大值，最小的為最小值；（3）若函數(shù)在區(qū)間上只有唯一的極大點，則這個極值點就是最大（最?。┲迭c，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用中經(jīng)常用到.22．(1)；(2). 【分析】（1）先根據(jù)參數(shù)方程和普通方程的互化公式求解的普通方程，再根據(jù)伸縮變化的性質(zhì)求解的普通方程；（2）先根據(jù)極坐標(biāo)方程和普通方程的互化公式求解的普通方程，再設(shè)出點的坐標(biāo)，利用點到直線的距離公式和正弦函數(shù)的性質(zhì)可求得結(jié)果.【詳解】（1）由題意得曲線：（為參數(shù)）的普通方程為，由伸縮變換，得，代入，得，所以曲線的普通方程為；（2）因為直線的極坐標(biāo)方程為，所以直線的直角坐標(biāo)方程為，設(shè)點，則點到直線的距離為，所以當(dāng)時，取得最小值，即點到直線距離的最小值.23．(1)(2) 【分析】（1）當(dāng)時將寫出分段函數(shù)，再分類討論求出不等式的解集；（2）利用絕對值三角不等式求出，再利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可.【詳解】（1）解：當(dāng)時，，，當(dāng)時，即，；當(dāng)時，即，；當(dāng)時，即，，綜上可得不等式的解集為；（2）解：，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，，又，且，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時等號成立，所以根據(jù)題意可得，解得或，的取值范圍是. 

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