試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁江西省景德鎮市2025屆高三上學期第二次質檢數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合A=yy=sin2x,x∈R，集合B=xA．?1,1 B．0,1 C．?1,2 D．R【答案】C【分析】求出集合A，利用并集的定義可求得集合A∪B.【詳解】因為A=yy=sin2x,x∈R=故選：C．2．已知復數|4?3i|?z=1?2i2025，則復數A．?25i B．?25 【答案】B【分析】根據復數的模及乘方求出z，再根據復數的虛部的定義即可得解.【詳解】|4?3i|=16+9則5z=1?2i，∴z=15?2故選：B．3．命題：?x∈[0,1]，x2+x?2≤0的否定是（A．?x∈(?∞,0)∪(1,+∞)，x2C．?x∈(?∞,0)∪(1,+∞)，x2【答案】B【分析】利用全稱命題的否定是特稱命題，直接寫出命題的否定即可．【詳解】命題“?x∈0,1,x故選：B．4．已知sinα=2cosα+π6A．38 B．712 C．528【答案】C【分析】利用兩角和的余弦公式得到tanα=【詳解】由sinα=232∴tan2故選：C．5．已知圓C:x2+y2?6x?4y?3=0，且圓外有一點P(?3,0)，過點P作圓C的兩條切線，且切點分別為點A和點A．4113 B．5133 C．【答案】D【分析】求出圓心和半徑，求出PA=2【詳解】圓C:x?32+y?22=16，且又r=4，∴PA=PC2故選：D．6．正項等比數列an中，Sn是其前n項和，若a2=a3+2A．20 B．21 C．24 D．28【答案】B【分析】根據給定條件，求出等比數列的公比，再利用并項法求和.【詳解】設正項等比數列an的公比為q(q>0)，由a2=a3而S2=16，所以故選：B7．定義在R上的函數f(x)滿足f(x+2)+f(x)=f(2)，f(x?1)為偶函數，f(?1)=1，則i=12025f2A．1013 B．1014 C．2025 D．2026【答案】A【分析】由題意可得函數的周期與對稱軸，可得函數在自變量取整數時的函數值，可得答案.【詳解】∵fx+2+fx則fx+4∴fx的最小周期為4．令x=0，解得f∵fx?1為偶函數，由函數fx的圖象可由函數fx?1∴fx關于直線x=?1成軸對稱．∴f?2=f∴fx+2+fx=0．又f?1∴i=12025故選：A．8．古希臘數學家在研究圓錐曲線時發現了橢圓的光學性質：從橢圓的一個焦點F1發出的光線經過橢圓上的P點反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點F2，且在P點處的切線垂直于法線（即∠F1PF2的角平分線）．已知橢圓C:x2a2+yA．74 B．34 C．154【答案】C【分析】作出輔助線，根據光學性質，得到點P處切線l與直線PF1,PF2均為π2?θ，求出點F1,F2到l的距離，結合橢圓的定義得到原點O【詳解】如圖，PM是∠F1PF2設∠F1P根據橢圓的光學性質，點P處切線l與直線PF1,P故點F1,F2到BF∵O為F1∴由梯形中位線性質得，原點O到點P處切線的距離為ON=1∴cosθ=12，故θ=又PF1=(∴4c2=4a2∴C的離心率為e=1?故選：C．【點睛】求橢圓的離心率或離心率的取值范圍，常見有兩種方法：①求出a,c，代入公式e=ca；②只需要根據一個條件得到關于a,b,c的齊次式，結合b2=a2?二、多選題9．下列說法正確的有（

）A．二項式x?2B．logC．已知某組數據分別為3，5，6，7，8，9，9，11，則這組數據的60%D．設X是隨機變量，若X~B3,1【答案】AB【分析】由二項式的展開式的公式求出通項公式，令x的指數為0，得到常數項，判斷A選項；由對數的計算化簡等式兩邊，判斷B選項；由統計的百分位數公式求得結果，判斷C選項；由二項分布方差的公式求得DX，再由方差的性質求得D(3X+5)【詳解】對于A，Tr+1=C4r對于B，log4259對于C，8×60％=4.8，∴對于D，由已知可得DX=3×1故選：AB．10．已知雙曲線C:xa2?y2b2=1的左，右焦點分別為F1，F2，離心率為3，且F2到其漸近線的距離為A．C的漸近線方程為y=±B．若F2為△FC．若F2在線段MN上，且F1D．若l過點(1,0)，且△F2MN外接圓的圓心在y軸上，則【答案】ACD【分析】根據離心率求出ba，即可判斷A；根據題意求出a,b，即可求出雙曲線方程，進而可得焦點坐標，根據F2為△F1MN的重心，可設M(x0,y0)，N(【詳解】對于A，e=3=1+b2a2對于B，F2到其漸近線的距離為b=6，∴a=3，F若F2為△F1MN的重心，則直線l垂直與x軸，不妨設則由重心坐標可知，2x0?3代入C:x23∴|MN|=266對于C，依題意|F又|F1M|?|MF2|=2a，∴對于D，設△F2MN的外接圓圓心P(0,t)設直線l:x?my?1=0，與圓P聯立可得，(m直線l:x?my?1=0與C聯立可得(2m依題意可得，①和②為同一個方程，∴?8?4=m經檢驗Δ>0，∴外接圓半徑為9+故選：ACD．11．在矩形ABCD中，AB=1，BC=3，將△ABD沿BD折疊至△A1A．直線A1D與平面BCDB．存在點A1，使得C．當A1C=132D．當平面A1BD⊥平面BCD時，三棱錐A1?BCD【答案】AD【分析】A項，當平面A1BD⊥平面BCD時，求解即可；B項，通過假設成立，給出矛盾即可；C項，作A1M垂直BD于M，CN垂直BD于【詳解】對于A，設點A1到平面BCD的距離為?,記直線A1D與平面BCD得sinφ=要使直線A1D與平面BCD所成角取得最大,則即當平面A1BD⊥平面BCD時，?取最大,此時得sinφ=?3=3對于B，若假設存在點A1，使得A而CD⊥BC，A1D∩CD=D,A得BC⊥平面A1CD，A1得BC⊥A1C，而A故不存在滿足題意的點A1對于C，作A1M垂直BD于M，CN垂直BD于如圖所示：則A1M=CN=3∴A1設二面角A1?BD?C的大小為則|A1=3得cosθ=?12，而0對于D，當平面A1BD⊥平面BCD時，由余弦定理，cos∠得sin∠∴S△設O為BD的中點，易知O為三棱錐A1由等體積法可知，O到平面A1BC的距離為∴截面面積為S=π1?3故選:AD．三、填空題12．已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=3，a【答案】33/【分析】根據給定條件，利用數量積的運算律及向量夾角公式計算得解.【詳解】由|a|=1,|b|=3,acos?故答案為：313．小崔和小汪兩位好朋友想體驗制作一把屬于自己的漂漆扇，她們每人欲從8種不同顏色（有一種顏色是黑色）的大漆中隨機選4種不同的顏色，兩人約定不能同時選黑色，且她們兩人之間有且只有兩種顏色相同，則她們不同的選漆方法共有種．（用數字作答）【答案】1890【分析】本題主要考查了排列組合，考查數學運算的核心素養，首先根據題意選擇分以下三類：僅小崔選了黑色；僅小汪選了黑色；兩人都沒有選擇黑色，然后根據分步乘法計數原理解決問題.【詳解】若僅小崔選了黑色，則有C72C若兩人都沒有選擇黑色，則有C72C故答案為：189014．已知二次函數f(x)=ax2+bx?1(a>0)與一次函數g(x)=2x，若?b∈R，不等式|f(x)|≥|g(x)|在x∈[1,4]上總存在實數解，則a【答案】13【分析】由題可得ax?1x+b≥2，不等式存在解，轉化為求解不等式左邊的最大值.構建函數y=ax?1x+b，得到函數在1,4的單調性，從而知道函數在1,4【詳解】依題意ax?1x+b∴ax?1∵a>0，∴y=ax?1x+b∴a?1+b≤ax?1x+b≤4a?∴當a?1+b+4a?14+b∴3a+342故答案為：13【點睛】方法點睛，不等式存在解（恒成立）的問題，一般轉換為求不等式的最值來建立新的不等式，然后求得參數范圍.四、解答題15．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，AD，BE分別為BC，AC邊上的高，ADBE=3(1)求證：A=2B；(2)若c=73，求【答案】(1)證明見解析(2)a=4．【分析】（1）由三角形內角和以及三角函數誘導公式，利用三角函數的和角公式，可得答案；（2）由三角形面積公式，利用正弦函數以及余弦的二倍角公式與和角公式，可得三角形內角的余弦值，根據余弦定理，可得答案.【詳解】（1）由A+B+C=π，則C=則sinC?B所以sinA整理可得cos則sin2B?A=0，由A,B∈0,π，∴當2B?A=π時，可得A=2B?π，則0<B<π0<2B?π<π∵ADBE=34，且由正弦定理可知sinBsinA=3所以2B?A=π不符合題意，舍去，所以A=2B（2）由（1）可知sinBsinA則sinBsinA=sincosA=2cos2設a=4x，b=3x，∵c=73，由余弦定理可知∵x>0，解得x=1，∴a=4．16．如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB=AD=1，CD=2，PC=PD=2，點E在棱PA上，且PE=2EA(1)證明：PC//平面DBE；(2)若PB=2，求PB與平面DBE【答案】(1)證明見解析(2)63【分析】（1）利用平行線的線段比例關系得到PC//EF，即可證明PC//平面DBE.（2）取CD中點G，以G為原點建系，利用線面角的向量求法即可求得結果.【詳解】（1）連接AC交BD于F，連接EF，∵AB∥CD,CD=2AB，∴FC=2AF．又∵PE=2EA，∴EF//PC，∵EF?平面DBE，PC?平面DBE，∴PC//平面（2）取CD中點G，連接PG,BG，∵PD=PC，∴PG⊥CD，PG=1，又∵DG//AB，DG=AB，∴四邊形ABGD為矩形，∵PB=2=P∵CD∩BG=G，且CD?平面ABCD，BG?平面ABCD，∴PG⊥平面ABCD，以G為原點建系如上圖，P(0,0,1)，A(1,1,0)，D(1,0,0)，B(0,1,0)，E2∴PB=(0,1,?1)，DB=(?1,1,0)，設n=(x,y,z)為平面DBEn?DB=?x+y=0,n?EB=?2x3∴cosPB∴PB與平面DBE所成角的正弦值為6317．已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，Px0(1)求C的方程；(2)過P作C的切線l，過P作l的垂線交C于點Q，求|FQ|的最小值．【答案】(1)x(2)9【分析】（1）根據拋物線的標準方程，可得拋物線的準線方程，由定義建立方程，可得答案（2）利用導數以及直線垂直求得直線方程，聯立求交點，利用基本不等式，可得答案.【詳解】（1）設C的準線方程為y=?p2，∴|PF|=y0+即y0+1=y0+p2，p（2）∵y′=x2，∴點P處的切線斜率為x02，∴直線與x2=4y聯立可得，x2即Q的橫坐標為?8x0?x∴|FQ|=x0218．人工智能（英語：ArtificialIntelligence，縮寫為AI）亦稱智械，機器智能，指由人制造出來的可以表現出智能的機器．為了了解不同性別的學生對AI的關注情況，隨機抽取了90名學生，調查結果如下表：關注不關注合計男生5560女生合計75(1)完成上述列聯表，依據該統計數據，能否有99%的把握認為學生對AI(2)為了激發同學們對AI的關注，某班級舉辦了一次AI闖關PK，甲，乙兩名選手參加PK賽，比賽共有nn≥2,n∈N?（ⅰ）已知n=3，p=12，且已知比賽結束后甲，乙得分之和為奇數．假設甲，乙得分之差的絕對值為X，求（ⅱ）由于甲選手較為自負，甲決定放棄第一題的作答．若最終乙獲勝的概率為12，求p附：χP0.10.050.010.001k2.7063.8416.63510.828【答案】(1)表格見解析，有，理由見解析；(2)（ⅰ）分布列見解析，EX=98【分析】（1）數據分析得到列聯表，計算出卡方，與6.635比較后得到結論；（2）（ⅰ）設甲、乙得分分別為X1,X2，得到（ⅱ）假設除去第一題外的剩余n?1題的答題過程中，甲比乙得分高的概率為p1，乙比甲得分高的概率為p2，甲乙得分相同的概率為p3，分析出p2+12【詳解】（1）2×2列聯表如下：關注不關注合計男生55560女生201030合計751590∴χ2故能有99％的把握認為學生對AI的關注與性別有關．（2）（ⅰ）設甲、乙得分分別為X1,X故X1=0X2=1，X1=1X2=0，X1其中X=X1?X2又PXPXPXPX根據貝葉斯公式，PX=1PX=3∴X的分布列為X13P151∴EX=1×15（ⅱ）假設除去第一題外的剩余n?1題的答題過程中，甲比乙得分高的概率為p1乙比甲得分高的概率為p2，甲乙得分相同的概率為p由于甲乙水平相當，根據對稱性可知p1=p∴2p2+如若乙比甲得分高，則第1題無論結果如何都是乙獲勝；如若甲比乙得分高，則乙不可能獲勝；如果甲乙得分相同，則第一題乙必須答對才能獲勝，故乙獲勝的概率P=p∵P=12，∴p=119．對于函數y=u(x)與直線l:y=kx+b，定義：當x∈[m,n]時，P=maxu(x)?(kx+b)為函數u(x)與直線l在區間[m,n]上的偏差，P取最小值時，稱l為函數u(x)在區間[m,n]上的最佳逼近直線．已知函數fn(x)=xe1nx(1)當n=2時，函數g2(x)的兩個零點分別為s，t(s<t)直線l:y=?2ln2，求g2(2)求證：對于任意給定的一個n的值，fn(x)在(0,+∞)上總存在三個不同的零點(3)函數gn(x)在區間xn1,x