江西省景德镇市2025届高三上学期第二次质量检测数学试题

景德镇市2025届高三第二次质检试题数学参考答案第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．12345678CBBCDBAC1．C【解析】，，∴，故选C．2．B【解析】由题意，∴，则复数的虚部为，故选B．3．B【解析】由命题否定的定义可知，故选B．4．C【解析】由，可得，∴，故选C．5．D【解析】圆，则，又，∴，∴，故选D．6．B【解析】由可知，解得或，由于为正项等比数列，故，∵，∴，故选B．7．A【解析】∵，∴的最小周期为4．令，解得．∵为偶函数，∴关于直线成轴对称．∴，∴，∴．又，∴，，∴，故选A．8．C【解析】设，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，，∴坐标原点到点处切线的距离为，∴，由余弦定理，可得，∴，即，∴的离心率为，故选C．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分．91011ABACDAD9．AB【解析】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．ACD【解析】，∴，的渐近线方程为，A正确；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；依题意，又，∴，，∴，C正确；设的外接圆圆心，则外接圆方程为，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．AD【解析】对于A，当平面平面时，直线与平面所成角取得最大值，A正确；对于B，设为在底面的投影，若存在点，使得，则，此时三点共线，∴不存在满足题意的点，B错误；对于C，作垂直于，垂直于，则，，∴，设二面角的大小为则，解得，C错误；对于D，当平面平面时，，由余弦定理，，∴，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(非选择题共92分)三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分．12．13．14．12．【解析】．13．【解析】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．14．【解析】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．四、解答题：本大题共5小题，满分77分．15．（本小题13分）解：（1）∵，∴，，∴．………6分（2）∵，∴．由正弦定理可知．而，故，解得，………………………………………………………………9分，∴，……11分设，，∵，由余弦定理可知，∵，解得，∴．……………………………………………………………13分16．（本小题15分）解：（1）连接交于，连接，∵，∴．又∵，∴，∵平面,平面，∴平面．………………6分（2）取中点，连接，，∵，∴，，又∵，，∴四边形为矩形，．∵，∴．…………………………………………………8分∵，∴平面，以为原点建系如图，，，，，，………………………………………………………10分∴，，，设为平面的法向量，令，则，，∴，……………12分∴，∴与平面所成角的正弦值为．………………………………………………15分17．（本小题15分）解：（1）设的准线方程为，∴，又，即，解得，∴的方程为.……………………………6分（2）∵，∴点处的切线斜率为，∴直线斜率为，∴直线，……………………………………………………………………8分与联立可得，，解得，即的横坐标为，∴的纵坐标为，………………………11分∴，时取等号．……………15分18．（本小题17分）解：（1）列联表如下：关注不关注合计男生女生合计……………………………………………………………………………………………………2分∴，…………………………………………………4分故能有的把握认为学生对AI的关注与性别有关．………………………………………5分（2）（ⅰ）设甲、乙得分分别为，∵为奇数，故，，，，，，，，故或．……………7分，，，，根据贝叶斯公式，，．∴的分布列为……………………………………………………………………………………………………12分∴．……………………………………………………………………………………13分（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．∴，．……………………………………15分如若乙比甲得分高，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，故乙获胜得概率，∵，∴，解得．………………………………………………………17分19．（本小题17分）解：（1），，令解得，解得，∴在递减，递增，∴在时取最小值（如图1），…………………………………2分图1图2当处时，均有，故此时的值为．………4分（2）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），…………………………………………………………………………………6分且，∴．∵，，∴关于单调递增，∴，故在上存在零点．又，于是，．……………………………………………………………………………………………………8分令，由对勾函数可知时单调递增，且，故，即．而，∴．……………………………………………………………………………………………………10分（3）先证明在区间的最佳逼近直线为，此时．如图3，显然在点与之间，若斜向上，则，此时中至少有一个的值大于，同理，若斜向下，则中至少有一个的值大于，∴在区间的最佳逼近直线为．……………………………………12分图3，当时，的最小值在处取到．而，∴，由的任意性可知也具有任意性，即的最小值在处取到，故函数在区间的最佳逼近直线的方程为．同理可得的方程为．………………………………………………………………………15分又．（或∵，∴）故．…………………17分