江西省景德镇市2023届高三第三次质量检测文科数学试题（含答案解析）

景德镇市2023届高三第三次质检试题数学（文科）本试卷第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，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求两个集合中函数的值域，得到这两个集合，再求这两个集合的交集.【详解】函数值域为，则，，函数值域为，则，所以.故选：C2.若向量与向量的夹角为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用向量的夹角公式计算即可；【详解】因为，，所以，，，.故选：B.3.满足函数在上单调递减的充分必要条件是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复合函数的单调性，求出的取值范围即可【详解】解：若在上单调递减，则满足且，则，即在上单调递减的一个充分必要条件是.故选:B.【点睛】本题主要考查复合函数单调性的判断，考查了充要条件.不忽视函数的定义域是解决本题的关键.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，它由明代数学家吴敬在其撰写的《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89计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数89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5429，若从表内的8个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字，这个数字大于5的概率为（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】表内的个数字分别为，，，，，，，，其中大于的有，，，从表内的个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字有种取法，这个数字大于的情况有种取法，这个数字大于的概率为．故选：B．5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知组合体的构成，结合圆锥和球的体积公式可求得结果.【详解】由三视图可知：该几何体为半圆锥和四分之一球构成的组合体，即如下图所示的几何体的上半部分，半圆锥的体积，四分之一球的体积，几何体体积.故选：A.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.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】设与x轴方向相同的单位向量为，与y轴方向相同的单位向量为，则可表示出，即可计算出和两点间的距离.【详解】设与x轴方向相同的单位向量为，与y轴方向相同的单位向量为，则，，则，所以，所以，故选：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，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】将直线方程与圆的方程联立可求得点坐标，根据在点的切线斜率和点坐标可求得抛物线方程中的，整理可得抛物线方程.【详解】由题意知：，又，直线方程为：，即；由得：或，即或，为靠近轴的切点，；设飞行轨迹的抛物线方程为：，则，在点处的切线斜率为，，解得：，，解得：，，即抛物线方程为：.故选：A.8.在数列中，，，则数列的前项和（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由等差数列求和公式可整理得到，进而确定，采用裂项相消法可求得结果.【详解】，，.故选：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、万位的数按纵式的数码摆出、十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出，如7738可用算筹表示为．1-9这9个数字的纵式与横式的表示数码如上图所示，则的运算结果可用算筹表示（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由，结合算筹的表示，即可得到结果.【详解】因为，由题中所给表示数码知可用A选项中的算筹表示.故选：A10.某地举办数学建模大赛，本次大赛冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的表面积为，托盘由边长为8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②，则经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设三点在底面上的射影分别为，可得与全等，经过三个顶点的球的截面圆与的外接圆相同，根据正弦定理求出外接圆的半径可得答案.【详解】设三点在底面上的射影分别为，因为面，面，面都与面垂直，所以是三边中点，所以与全等，且所在平面互相平行，所以经过三个顶点的球的截面圆与的外接圆相同，由题意，，所以的外接圆的半径为，则经过三个顶点的球的截面圆的面积为.故选：B.11.已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据P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.【详解】不妨设，，因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．因为Q在C的左支上，所以，即，解得，则．因为，所以，即，故，故．故选：A12.已知定义域为的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，，则下列判断正确的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意，构造函数，判断出函数g（x）的单调性，再利用求得函数g（x）的对称轴，然后判断，得出答案即可.【详解】构造函数，因为当时，，所以可得在时，是单调递增的；因为，化简得即可得图像关于x=1对称，则，因为化简可得，故选C【点睛】本题主要考查了构造函数，然后考查了导函数的应用和函数的对称性来进行求解，解题的关键是在于能否构造出新函数，属于难题.几种导数的常见构造：对于，构造若遇到，构造对于，构造对于，构造对于或，构造对于，构造对于，构造第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.记为等差数列的前项和.已知，，则______.【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.【详解】由题知：，解得.所以.故答案为：14.已知为虚数单位，且，则的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】根据复数模长的几何意义可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据几何意义为点到坐标原点的距离，结合圆的知识可求得结果.【详解】设，由的几何意义知：对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即，的几何意义为点到坐标原点的距离，.故答案为：.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___________.【答案】【解析】【分析】由，平方后可求得，根据可求得线段中点的纵坐标.【详解】由题意知：，，；设中点的纵坐标为，当时，，，，，.故答案为：.16.若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则___________.【答案】【解析】【分析】根据导数几何意义可分别用表示出切线方程，根据切线方程相同可构造方程组，化简得到，代入所求式子整理即可.【详解】，，切线斜率，切线方程可记为：或，，，则，易得，，.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题考查导数中的公切线问题，求解此类问题的基本思路是假设切点坐标后，利用导数几何意义分别表示出两函数切点处的切线方程，由两方程形式一致可构造方程组来求解相关问题.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，内角，，的对边分别是，，.已知.（1）求角；（2）若是钝角三角形，且，求边的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由商数关系及和角正弦公式、三角形内角关系化简整理得，即可确定角的大小；（2）根据已知有为钝角，应用余弦定理及已知条件求c的范围即可.【小问1详解】，则，又，则且，可得，由，故.小问2详解】由，即，又是钝角三角形且，故为钝角，则，故.18.如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）若M为PD的中点，求点P到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先通过线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；（2）先通过空间中的关系求出边长，再利用余弦定理求出三角形的面积，最后利用等体积法求解距离.【小问1详解】在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，所以又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】取AC得中点O，连接PO，OD，由得，由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，因为平面，平面，所以，，又M为PD的中点，所以，则，所以，，，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面，所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，，设点P到平面的距离为，因为，所以，解得.19.2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．三位航天员翟志刚、王亚平、叶光富结束了180天的太空之旅．为了增强学生的科技意识和爱国情怀，某学校进行了一次专题讲座，讲座结束后，进行了一次专题测试（满分：100分），其中理科学生有600名学生参与测试，其得分都在内，得分情况绘制成频率分布直方图如下，在区间的频率依次构成等差数列．若规定得分不低于80分者为优秀，文科生有400名学生参与测试，其中得分优秀的学生有50名．（1）若以每组数据的中间值代替本组数据，求理科学生得分的平均值；（2）请根据所给数据完成下面的列联表，并说明是否有99.9%以上的把握认为，得分是否优秀与文理科有关?优秀不优秀合计理科生文科生合计1000附：，其中0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）（2）列联表见解析，有以上的把握认为，得分是否优秀与文理科有关；【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求出、的值，再根据平均数公式计算可得；（2）依题意完善列联表，计算出卡方，即可判断；【小问1详解】解：依题意可得，解得，所以理科学生得分的平均值为：【小问2详解】解：理科学生中得分为优秀的有（人），所以列联表如下所示优秀不优秀合计理科生150450600文科生50350400合计2008001000所以，所以有以上把握认为，得分是否优秀与文理科有关；20.设椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，且焦距为2．点P在椭圆上且异于A、B两点．若直线PA与PB的斜率之积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线，交于点E．判断直线是否过定点，并说明理由．【答案】（1）（2）过定点，理由见解析【解析】【分析】（1）由焦距为2，直线PA与PB的斜率之积为，列方程求出，可得椭圆C的标准方程；（2）设的直线方程，与椭圆联立方程组，结合韦达定理表示出直线，令可求得直线所过的定点.【小问1详解】由题意有，，设，，化简得,结合，可得，由椭圆焦距为2，有，得，，椭圆C的标准方程为；【小问2详解】设直线方程：，，，，联立方程，得，所以，，所以，又，所以直线方程为：，令，则．所以直线过定点.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21函数，对任意，都有恒成立．（1）当时，求的取值范围；（2）当时，若所有满足题意的a，b都有恒成立，求M的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）任意，恒成立等价于，通过构造函数，利用导数求最大值，求的取值范围；（2）任意，恒成立，令，利用导数求的最小值，得，令，再利用导数求最大值即可.【小问1详解】当时，对任意，都有恒成立，∵，∴恒成立，令，∴，函数和函数在上都单调递减，∴在上单调递减，又∵，∴在上，单调递增，∴在上，单调递减，∴在时取最大值，∴.所以的取值范围为.【小问2详解】对任意，都有恒成立，令，∴，∴在上单调递增，取且，则且，∴，取且，则且，∴，∴存在，使，又∵在上单调递增，时，时，则在上单调递减，在上单调递增，∴在取得最小值，其中，∴，∴，∴当时，，令，，∴当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，在时取最大值