江西省景德镇市2025届高三上学期第二次质检数学试题【含答案解析】

景德镇市2025届高三第二次质检试题数学命题景德镇二中马小宇昌江一中占星景德镇十六中余倩本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，，则.故选：C．2.已知复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的模及乘方求出，再根据复数的虚部的定义即可得解.【详解】，，则，∴，则复数的虚部为.故选：B．3.命题：，的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题，直接写出命题的否定即可．【详解】命题“”的否定为“”.故选：B．4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和的余弦公式得到，再利用弦化切化简原式代入即可求得结果.【详解】由，可得，∴，故选：C．5.已知圆，且圆外有一点，过点作圆两条切线，且切点分别为点和点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出圆心和半径，求出，再利用等面积法即可求得答案.【详解】圆，且，则，又，∴，利用面积相等，∴，故选：D．6.正项等比数列中，是其前项和，若，，则（）A.20 B.21 C.24 D.28【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比，再利用并项法求和.【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，则，而，所以.故选：B7.定义在上的函数满足，为偶函数，，则（）A.1013 B.1014 C.2025 D.2026【答案】A【解析】【分析】由题意可得函数的周期与对称轴，可得函数在自变量取整数时的函数值，可得答案.【详解】∵，，则，∴的最小周期为4．令，解得．∵为偶函数，由函数图象可由函数的图象向左平移个单位，∴关于直线成轴对称．∴，∴，∴．又，∴，，∴.故选：A．8.古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的角平分线）．已知椭圆，坐标原点到点处切线的距离为，且，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出辅助线，根据光学性质，得到点处切线与直线均为，求出点到的距离，结合椭圆的定义得到原点到点处切线的距离，得到方程，求出，，由余弦定理，，得到，求出离心率.【详解】如图，是的平分线，则⊥，设，则，根据椭圆的光学性质，点处切线与直线均为，故点到的距离分别为，，∵为的中点，∴由梯形中位线性质得，原点到点处切线的距离为，∴，故，，又，由余弦定理，可得，∴，即，故，∴的离心率为.故选：C．【点睛】求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列说法正确的有（）A.二项式展开式中的常数项为24B.C.已知某组数据分别为3，5，6，7，8，9，9，11，则这组数据的分位数为8.5D.设随机变量，若，则【答案】AB【解析】【分析】由二项式的展开式的公式求出通项公式，令的指数为0，得到常数项，判断A选项；由对数的计算化简等式两边，判断B选项；由统计的百分位数公式求得结果，判断C选项；由二项分布方差的公式求得，再由方差的性质求得，判断D选项.【详解】对于A，，当时，常数项为，A正确；对于B，，，两边相等，B正确；对于C，，∴分位数即第5位数为8，故C错误；对于D，由已知可得，则，故D错误．故选：AB．10.已知双曲线的左，右焦点分别为，，离心率为，且到其渐近线的距离为，直线交于，两点，则下列说法正确的是（）A.的渐近线方程为B.若为的重心，则C.若在线段上，且，则D.若过点，且外接圆的圆心在轴上，则外接圆半径为【答案】ACD【解析】【分析】根据离心率求出，即可判断A；根据题意求出，即可求出双曲线方程，进而可得焦点坐标，根据为的重心，可设，，再根据重心坐标求出，即可判断B；根据双曲线的定义即可判断C；设的外接圆圆心，直线，分别与圆的方程及双曲线方程联立，求出，即可判断D.【详解】对于A，，∴，的渐近线方程为，A正确；对于B，到其渐近线的距离为，∴，，，若为的重心，则直线垂直与轴，不妨设，，则由重心坐标可知，，∴，代入可得，∴，B错误；对于C，依题意，又，∴，，∴，C正确；对于D，设的外接圆圆心，则外接圆方程为，设直线，与圆联立可得，①，直线与联立可得②，依题意可得，①和②为同一个方程，∴，解得，经检验，∴外接圆半径为，D正确．故选：ACD．11.在矩形中，，，将沿折叠至，则下列选项正确的是（）A.直线与平面所成角的最大值为B.存在点，使得C.当时，二面角的大小为D.当平面平面时，三棱锥的外接球被平面所截得到的截面图形的面积为【答案】AD【解析】【分析】A项，当平面平面时，求解即可；B项，通过假设成立，给出矛盾即可；C项，作垂直于，垂直于，由进行两边平方求解；D项，求出截面圆的半径进行求解．【详解】对于A，设点到平面的距离为,记直线与平面所成角为,得,要使直线与平面所成角取得最大则取最大,即当平面平面时，取最大,此时,得，而，得，故A正确；对于B，若假设存在点，使得，而，平面，得平面，平面，得，而，显然得不到，故假设不成立，故不存在满足题意的点，B错误；对于C，作垂直于，垂直于，如图所示：则，，∴，设二面角的大小为，则，得，而，得，C错误；对于D，当平面平面时，，由余弦定理，，得，∴，设为的中点，易知为三棱锥的外接球球心，半径为1，由等体积法可知，到平面的距离为，∴截面面积为，D正确．故选:AD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，满足，，，则______．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及向量夹角公式计算得解.【详解】由，得，，．故答案为：13.小崔和小汪两位好朋友想体验制作一把属于自己的漂漆扇，她们每人欲从8种不同颜色（有一种颜色是黑色）的大漆中随机选4种不同的颜色，两人约定不能同时选黑色，且她们两人之间有且只有两种颜色相同，则她们不同的选漆方法共有______种．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】本题主要考查了排列组合，考查数学运算的核心素养，首先根据题意选择分以下三类：仅小崔选了黑色；仅小汪选了黑色；两人都没有选择黑色，然后根据分步乘法计数原理解决问题.【详解】若仅小崔选了黑色，则有种选法；若仅小汪选了黑色，同理也有种选法；若两人都没有选择黑色，则有种选法．故共有种选法．故答案为：189014.已知二次函数与一次函数，若，不等式在上总存在实数解，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】由题可得，不等式存在解，转化为求解不等式左边的最大值.构建函数，得到函数在的单调性，从而知道函数在内的值域，当时，取最小，建立不等式，求得的取值范围.【详解】依题意在上总存在实数解，∴．∵，∴在上单调递增，∴，由于，∴当时，达到最小，即，∴，解得．故答案为：【点睛】方法点睛，不等式存在解（恒成立）的问题，一般转换为求不等式的最值来建立新的不等式，然后求得参数范围.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.在中，角，，的对边分别为，，，，分别为，边上的高，，．（1）求证：；（2）若，求．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由三角形内角和以及三角函数诱导公式，利用三角函数的和角公式，可得答案；（2）由三角形面积公式，利用正弦函数以及余弦的二倍角公式与和角公式，可得三角形内角的余弦值，根据余弦定理，可得答案.【小问1详解】由，则，则，所以，整理可得则，由，∴或，当时，可得，，则，解得，则，∵，且，∴．由正弦定理可知，则，显然与矛盾，所以不符合题意，舍去，所以．【小问2详解】由（1）可知，且，则，故，解得，，∴，设，，∵，由余弦定理可知，∵，解得，∴．16.如图所示，在四棱锥中，，，，，，点在棱上，且．（1）证明：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）利用平行线的线段比例关系得到，即可证明平面.（2）取中点，以为原点建系，利用线面角的向量求法即可求得结果.【小问1详解】连接交于，连接，∵，∴．又∵，∴，∵平面，平面，∴平面．【小问2详解】取中点，连接，∵，∴，，又∵，，∴四边形为矩形，．∵，∴．∵，且平面，平面，∴平面，以为原点建系如上图，，，，，，∴，，，设为平面的法向量，令，则，，∴，∴，∴与平面所成角的正弦值为．17.已知抛物线的焦点为，为上的一个动点（不与坐标原点重合），设．（1）求的方程；（2）过作的切线，过作的垂线交于点，求的最小值．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）根据抛物线的标准方程，可得抛物线的准线方程，由定义建立方程，可得答案（2）利用导数以及直线垂直求得直线方程，联立求交点，利用基本不等式，可得答案.【小问1详解】设的准线方程为，∴，又，可得，即，，解得，∴的方程为.【小问2详解】∵，∴点处的切线斜率为，∴直线斜率为，∴直线，与联立可得，，解得，即的横坐标为，∴的纵坐标为，∴，时取等号．18.人工智能（英语：ArtificialIntelligence，缩写为AI）亦称智械，机器智能，指由人制造出来的可以表现出智能的机器．为了了解不同性别的学生对AI的关注情况，随机抽取了90名学生，调查结果如下表：关注不关注合计男生5560女生合计75（1）完成上述列联表，依据该统计数据，能否有的把握认为学生对AI的关注与性别有关？（2）为了激发同学们对AI的关注，某班级举办了一次AI闯关PK，甲，乙两名选手参加PK赛，比赛共有道题目，其中甲，乙水平相当，他们分别答对每道题的概率均为，两人各自分开答题，答对一题得1分，否则不得分．答题结束后得分较高者获胜，得分相同视为平局．（ⅰ）已知，，且已知比赛结束后甲，乙得分之和为奇数．假设甲，乙得分之差的绝对值为，求的分布列及数学期望；（ⅱ）由于甲选手较为自负，甲决定放弃第一题的作答．若最终乙获胜的概率为，求的值．附：0.10.050.010.001k2.7063.8416.63510.828【答案】（1）表格见解析，有，理由见解析；（2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）【解析】【分析】（1）数据分析得到列联表，计算出卡方，与比较后得到结论；（2）（ⅰ）设甲、乙得分分别为，得到或．并根据贝叶斯公式得到相应的概率，得到分布列，得到期望值；（ⅱ）假设除去第一题外的剩余题的答题过程中，甲比乙得分高的概率为，乙比甲得分高的概率为，甲乙得分相同的概率为，分析出，并得到乙获胜概率，结合，解得．【小问1详解】列联表如下：关注不关注合计男生女生合计∴，故能有％把握认为学生对AI的关注与性别有关．【小问2详解】（ⅰ）设甲、乙得分分别为，∵为奇数，故，，，，，，，，其中，故或．又，，，，根据贝叶斯公式，，．∴的分布列为∴；（ⅱ）假设除去第一题外的剩余题的答题过程中，甲比乙得分高的概率为，乙比甲得分高的概率为，甲乙得分相同的概率为，由于甲乙水平相当，根据对称性可知，且．∴，．如若乙比甲得分高，则第1题无论结果如何都是乙获胜；如若甲比乙得分高，则乙不可能获胜；如果甲乙得分相同，则第一题乙必须答对才能获胜，故乙获胜的概率，∵，，∴．19.对于函数与直线，定义：当时，为函数与直线在区间上的偏差，取最小值时，称为函数在区间上的最佳逼近直线．已知函数，，其中，．（1）当时，函数的两个零点分别为，直线，求在区间上的的值；（2）求证：对于任意给定的一个的值，在上总存在三个不同的零点，且；（3）函数在区间与的最佳逼近直线分别为与，它们在轴截距分别为与，求的值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数求得在递减，递增，求出最小值，再根据即可求得结果.（2）构造函数，通过求导知道此函数有两根，∵，通过求导得到故在上存在零点，再利用不等式即可求得结果.（3）先证明在区间的最佳逼近直线为，此时．再求出函数在区间的最佳逼近直线的方程为和的方程为，即可求得结果.【小问1详解】，，令解得，解得，∴在递减，递增，∴在时取最小值（如图1），当处时，均有，故此时的值为．【小问2详解】令，即，两边同时取对数并化简整理得：，记，构造函数，发现，，令，即，∵，∴此方程存在两不等根，由韦达定理可知，∴，不难得出函数在上递减，上递增，上递减（如图2），且，∴．∵，令，则，∴关于单调递增，∴，故在上存在零点．又，于是，．令，由对勾函数可知时单调递增，且，故，即．