江西省景德镇市高三第三次质检数学（理）试题

2022届江西省景德镇市高三第三次质检数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以；故选：B2．若复数Z满足（i是虚数单位），则复数Z的虚部为（

）A．1 B．–1 C．i D．-i【答案】A【分析】先求出复数Z，再求出其虚部.【详解】因为复数Z满足，所以.故复数Z的虚部为1.故选：A3．函数为偶函数的一个充分条件是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得函数为偶函数的充要条件，再去求函数为偶函数的充分条件即可解决.【详解】函数为偶函数，则有，解之得，令，则有则函数为偶函数的一个充分条件为故选：C4．实数x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A．1 B．2 C． D．3【答案】B【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在直线，表示直线的纵截距，直线向上平移时，纵截距增大，减小．由，解得，即，平移直线，当直线过时，．故选：B．5．购买盲盒是当下年轻人的潮流之一，某款盲盒产品共有3种玩偶，小婧每次购买一个盲盒，恰能在第四次集齐3种玩偶的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可知试验的所有结果数及所求事件的结果，然后利用古典概型概率公式即得.【详解】由题可知每次购买一个盲盒都有3种结果，故四次共有种结果，恰能在第四次集齐3种玩偶则前三次得到的是其中的两种玩偶，共有种，故恰能在第四次集齐3种玩偶的概率为.故选：B.6．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数量积的几何意义求解．【详解】，即与在向量方向上的投影的积．由图2知，点在直线上的射影是中点，由于，圆弧直径是2，半径为1，所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是－2，因此的最大值是，最小值是，因此其取值范围为，故选：D．7．某几何体三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出该几何体的直观图后，再去求该几何体外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】依据题给三视图，可得该几何体直观图如下设M为BD中点，则，，，，平面平面由，，可知为直角三角形，又由平面平面，可知三棱锥外接球球心位于直线上，设三棱锥外接球半径为R，则，解之得则三棱锥外接球的表面积为故选：C8．已知双曲线的一个焦点坐标为，当取最小值时，双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由双曲线的焦点坐标求得的关系，然后结合基本不等式得最小值及此时的值，从而求得双曲线的离心率．【详解】由题意，所以，当且仅当，即，时，等号成立．所以，，又，所以．故选：D．9．已知函数，若函数在区间上没有零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出的零点，根据条件得出区间内不存在整数，再根据可得为(0，1)或(1，2)的子集，从而得出的范围.【详解】.令可得：.令，解得：.∵函数在区间内没有零点，区间内不存在整数.又，∴.又，∴或，∴或，解得或.故选：A10．已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据式子结构构造函数，判断单调性，比较大小.【详解】记.因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.记.因为，所以在上单调递减函数，所以当时，，即，所以.所以.记.因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.所以.综上所述：.故选：B11．已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点，E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线面平行求得点的轨迹，再结合几何关系，求的最小值即可.【详解】取中点分别为，连接，以及，如下所示：显然//，故平面与平面是同一个平面，又//，故都在平面中；//，面面，故可得//面，//面面，故可得//面，又面，故面//面，又点在正方形，故点的轨迹是线段，故当且仅当时，取得最小值；在△中，，故，则，则.故选：A.12．已知二次函数（其中）存在零点，且经过点和．记M为三个数，，的最大值，则M的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据二次函数的已知条件求出其用表示的表达式，进一步求出的取值范围，从而三个数，，即可表示为，再对的取值进行讨论得出其表达式，再根据函数求值域的方法解出最小值即可.【详解】二次函数（其中）经过点和，两式相减得：，，又存在零点有解，又，有解，解得：或当时，当时，当时，，当时，，故选：A.二、填空题13．在的二项展开式中，的系数是__________．【答案】【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为2，求出的值，在代入通项中进行化简，即可求得结果.【详解】的展开式的通项公式为：，令，解得，所以的系数是.故答案为：.14．周期为4的函数满足，且当时，则不等式在上的解集为______；【答案】【分析】由周期性及已知确定函数是偶函数，再说明函数在是增函数，然后利用奇偶性与单调性解不等式．【详解】周期是4，则，所以是偶函数，时，是增函数，且，不等式化为，所以，．故答案为：．15．已知抛物线的焦点为F，其准线与x轴的交点为C，过F的直线与抛物线交于A，B两点，若弦AB的中点到抛物线准线的距离为18，则的余弦值为______；【答案】【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，，，，，联立直线与抛物线方程，即可得到，再根据焦点弦的性质求出，根据地对称性不妨取，即可求出直线与抛物线的交点坐标，从而得到，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】解：抛物线，焦点为，准线为，所以，根据题意可得，过的直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消去，得，设，，，，则，又因为弦的中点到抛物线的准线的距离为18，所以，而，所以，所以，解得，所以，根据对称性不妨取，所以，解得或，所以或若，所以，又，解得；若，所以，同理可得；所以故答案为：16．已知数列和正项数列，其中，且满足，数列的前n项和为，记，满足．对于某个给定或的值，则下列结论中：①；②；③若，则数列单调递增；④若，则数列从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．【答案】①②③【分析】求得的范围判断①；求得的值判断②；判定出数列单调性判断③；由数列第三项小于第二项否定④.【详解】由，可知，则，又则，解之得.则①判断正确；由，可得，则，则又由，可知，则则由，则或（舍）则或（舍）.则②判断正确；由，可知，则若，则，又，则，则，则由，可得，则又，则数列单调递增.则③判断正确；由，可得由，，则当时，，即数列的第三项小于第二项.则数列从第二项起单调递增的说法判断错误.故答案为：①②③三、解答题17．某高中组织了1000名这生参加线上新冠肺炎防控知识竞答活动，现从参与答题的男生、女生中分别随机抽取20名学生的得分情况（满分100分）．得到如下统计图：(1)若从这40名成绩位于的学生中随机抽取2人，记成绩在的人数为X，求X最有可能的取值；(2)若此次知识竞答全校男生的成绩Y近似服从正态分布．若学校要对成绩不低于95分的学生进行表彰，请估计获得表彰的男生人数．附：若随机变量，则，，．【答案】(1)1(2)23人【分析】（1）确定可能的值分别为0，1，2．分出各个概率，比较大小可得结论；（2）由，结合特殊区间概率可得．【详解】(1)40人中，成绩位于中有5人，位于有10人，可能的值分别为0，1，2．对应事件的概率为；对应事件的概率为；对应事件的概率为；由于最大，故最可能值为1．(2)．获得表彰的男生人数约为人18．已知△ABC的面积为S，周长为l，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，．(1)求的值；(2)若，求b．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用三角形面积公式求得关系，结合正弦定理将边化角，整理化简即可求得结果；（2）利用余弦定理，结合的取值，求得关系，结合关系以及周长，即可求得结果.【详解】(1)∵，∴，∴．又，∴，由正弦定理可知：，∵，∴，且，∴．(2)由余弦定理可知：，又，故，化简得：，解得：（舍去）．∴．∴．故，解得：．19．如图在四棱锥中，四边形ABCD是边长为4的菱形，，△PBD是等边三角形．(1)求证：；(2)若二面角的余弦值为，，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，证明平面后可得线线垂直；（2）过点作于点，由（1）知为二面角的平面角，从而求得的长，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)连接交于点，∵四边形是菱形，∴，且和互相平分．又∵，∴，又∵，平面，平面，而平面，∴．(2)过点作于点，由（1）知为二面角的平面角，∴．四边形ABCD是边长为4的菱形，，则是等边三角形，，又△PBD是等边三角形，∴，∴，．如图建立空间直角坐标系．则，∴，设平面的一个法向量是，则，取，得，设平面的一个法向量是，则，取，得，∴．∴二面角的余弦值为．20．是椭圆的右焦点，其中．点A、B分别为椭圆C的左、右顶点，是以OB为直径的圆，P是椭圆上异于A、B的动点，且△PBF的周长小于8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)连接BP与交于点Q，若OQ与AP交于点M，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）设的左焦点为，则的周长，由于，则可得值，即可求方程；（2）设，写出直线方程的表达式，通过解方程组求出点的横坐标，结合三角形面积公式即可求出结果．【详解】(1)∵过点与坐标原点，∴．设的左焦点为，则的周长，∴，∴，且，故，∴，．故的标准方程为．(2)设，其中，则直线，，又，∴直线．联立直线:，解得．联立直线：，解得．∴，由于，故．21．已知函数．(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当时．（i）求证：函数在上单调递增；（ii）设区间（其中），证明：存在实数，使得函数在区间I上总存在极值点．【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）构造函数，分，讨论函数的单调性，进而即得；（2）（i）由题可得，利用导数证明在上恒成立即得；（ii）由题可得，构造函数，进而可得恒成立，然后利用参变分离法结合条件即得.【详解】(1)由题可得，令，则．若时，则当时，单调递减，∴，即，单调递减，而这与在上单调递增矛盾；若时，则当时，∴，即，单调递增．综上所述，实数的取值范围为．(2)（ⅰ）∵，则，于是，∴，而，，∴单调递减，且，故，∴，∴单调递增，且，故，即，∴函数在上单调递增；（ⅱ）易知，且由（1）可知在上单调递增，．，其中，即在上单调递增，．令，由上可知在单调递增．要使得在区间上总存在极值点，则需满足，而恒成立恒成立，∵在上单调递增，故······①又，故要使得恒成立，则只需，同理可得······②且，由①②可知，存在当时，函数在区间上总存在极值点.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，，点，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴为极轴的建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)过坐标原点O任作直线l与曲线C交于E、F两点，求的值．【答案】(1)(2)12【分析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可；（2）由韦达定理可知，根据余弦定理可知从而求解结果．【详解】(1)曲线的平面直角坐标系方程为，故曲线的极坐标方程为．(2)设直线的倾斜