吉林省梅河口市第五中学2022-2023学年高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

数学一、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.若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（）A1B.C.iD.【答案】C【解析】【分析】由题意求得，利用复数除法即可.【详解】因为，且复数，在复平面内对应的点关于轴对称，所以，所以，故选：C.2.设集合，，若，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先求出，依题意可得，即可得到不等式，解得即可.【详解】因为，所以，又，所以，又，所以，解得，即实数的取值范围为.故选：A3.某地以“绿水青山就是金山银山”理念为引导，推进绿色发展，现要订购一批苗木，苗木长度与售价如下表： 苗木长度x（cm）384858687888售价y（元）16.818.820.822.82425.8若苗木长度x（cm）与售价y（元）之间存在线性相关关系，其回归方程为，则当售价大约为38.9元时，苗木长度大约为（）A.148cmB.150cmC.152cmD.154cm【答案】B【解析】【分析】根据表格中的数据求出样本点中心，根据回归直线经过样本点中心求出，再将代入回归方程可求出结果.【详解】因为，，所以样本点中心为，又回归直线经过，所以，所以，所以回归方程为，当元时，厘米.则当售价大约为元时，苗木长度大约为150厘米.故选：B4.的展开式中，含项的系数为，则（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出的通项公式，然后整理出项的系数，根据系数相等可得答案.【详解】的展开式的通项公式为，令，可得； 所以含项的系数为，即，解得.故选：C.5.函数（，）的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用函数的图象变换规律，得出结论．【详解】解：根据函数（其中，的图象，可得，，再根据五点法作图，可得，，．故把图象向右平移个单位长度，可得到的图象，故选：D．6.已知函数，则不等式的解集为（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性、单调性及定义域将函数不等式转化为自变量的不等式组，解得即可.【详解】解：对于函数，令，解得或，所以函数的定义域为，又，所以为偶函数，当时，则在上单调递增，令，，所以，所以在上单调递增，则在上单调递增，从而得到在上单调递减，则不等式等价于，解得或，所以不等式的解集为.故选：C7.表面积为的球内有一内接四面体，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】四面体PABC体积最大需要到底面的距离为最大，分析出最大时满足，进而利用几何关系求出其最大值. 【详解】如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，取中点，连接，过作，由题意可得,则，因为是边长为3的正三角形，所以由正弦定理可得，则，四面体PABC体积为，四面体PABC体积的最大需要最大，由题意可知在过并且与底面垂直圆面上运动，当运动到圆面的最高点时，最大，由圆的对称性可知此时,则,又平面平面，则平面在中，，，则，则，，在中，， 则,.故选：D.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.8.在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.【详解】由得，故由得，由得，设，则，即，即点C轨迹为一动圆，设该动圆圆心为，则，整理得，代入到中，得：，即C轨迹的圆心在圆上，故点（1,1）与该圆上的点的连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值，最大值为， 故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.为抛物线的焦点，点在上且，则直线的方程可能为（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，设，根据抛物线的定义求出，再代入抛物线方程求出，即可求出点坐标，从而求出直线方程.【详解】抛物线的焦点坐标为，准线为，设，因为，所以，解得，所以，解得，所以或，则或，所以直线的方程为或，即或；故选：BD10.已知，其中（）且（），则下列结论一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用两角和的正切公式将已知式化简，求出（）或（），然后对四个选项逐个分析即可. 【详解】因为，且，所以，即，所以（）或（），A：，故A正确；B：，故B错误；C：，令，则，故C错误；D：由A知，则，故，故D正确，故选：AD.11.长方体中，，，，则（）A.到平面的距离为B.到平面的距离为C.沿长方体的表面从到的最短距离为D.沿长方体的表面从到的最短距离为【答案】AC【解析】【分析】利用体积相等求出点到平面的距离即可判断选项和；求点到的最短距离，由两点之间直线段最短，想到需要把长方体剪开再展开，把到的最短距离转化为求三角形的边长问题，根据实际图形，应该有三种展法，展开后利用勾股定理求出每一种情况中的长度，比较三个值的大小后即可得到结论，进而判断和.【详解】如图，连接，因为，，， 所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，则，又，设点到平面的距离为，由体积相等可得：，即，所以，解得：，故选项正确；选项错误；长方体表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：，，，表面展开后，依第一个图形展开，则；依第二个图形展开，则；依第三个图形展开，则； 三者比较得：点沿长方形表面到的最短距离为，故选项正确，选项错误，故选：.12.下列不等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对于选项A，运用指数函数、对数函数单调性比较即可；对于选项B，构造函数运用函数的单调性比较即可；对于选项C，作差后运用基本不等式判断；对于选项D，寻找中介值比较即可.【详解】对于选项A，因为，所以，，所以，故选项A错误；对于选项B，设，则，又因为，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即：，又因为，所以.故选项B正确；对于选项C，，因为，所以， 所以，即：.故选项C正确；对于选项D，因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以.故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若向量，，且，共线，则______．【答案】【解析】【分析】根据向量共线的充要条件得出，然后利用向量的坐标运算即可求解.【详解】因为，共线，所以，解得：，所以，，所以，故答案为：.14.若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数______．【答案】2【解析】【分析】设切点为，由点在两线上及切线斜率建立方程组解得参数.【详解】设切点为，则有.故答案为：2. 15.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若在C上存在点P（不是顶点），使得，则C的离心率的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】与轴交点，连接，由双曲线的定义和对称性，结合已知条件得，有且，可求离心率的取值范围.【详解】设与轴交点，连接，由对称性可知，，如图所示，又∵，∴，∴．又∵，∴，在中，，∴，∴，由，且三角形的内角和为，，即，则综上，．故答案为：．16.已知是各项均为正整数的数列，且，，对任意，与 有且仅有一个成立，则的最小值为______．【答案】20【解析】【分析】由递推关系分析的取值，求的最小值.【详解】由已知，所以，若，，因为，所以，故，所以，(1)若，则，当时，，若，则，与条件相矛盾，当时，，若，则，与条件相矛盾，当时，，若，则可以取8，此时，当时，，又，则，当时，，则，(2)若，则，则，则，(3)若，则，则，则，(4)若，则，则，所以的最小值为20.故答案为：20四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求C；（2）若c＝4，，求a． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简可得；（2）由余弦定理结合化简可得.【小问1详解】因为，由正弦定理，，所以，所以，.【小问2详解】因为c＝4，，由余弦定理得，，又由，得代入上式，化简得.18.记为公比不为1的等比数列的前项和，，．（1）求的通项公式；（2）设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由求出，再由等比数列求和公式求出，即可得解；（2）由（1）可得，即可得到数列的特征，令，求出 的取值，即可得到为以为首项，为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得.【小问1详解】解：设等比数列的公比为，因为，即，即，所以，又，即，解得，所以.【小问2详解】解：由（1）可得，则数列为、、、、，偶数组成的数列，又，令，则为正偶数，所以，，，，，所以为以为首项，为公比的等比数列，所以.19.如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，的中点，．（1）求证：；（2）若直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求AD的长．【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】(1)由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；(2)以为原点，建立空间直角坐标系，设,求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式建立方程即可求解.【小问1详解】在正三棱柱中，平面，因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，所以，所以E、F、B、G四点共面，平面，，又因为，且，又平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，.设平面的一个法向量为，则即，令，则，设直线与平面所成角的大小为，所以，即，，解得 故AD的长.20.袋子中有8张水果卡片，其中4张苹果卡片，4张梨子卡片，消费者从该袋子中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片都是同一种水果，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片是同一种水果，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励．（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片都是苹果卡片的概率；（2）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券金额数，求X的分布列和数学期望；（3）该商家规定，每位消费者若想再次参加该项抽奖活动，则需支付2元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由．【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）愿意，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意X的可能取值为0、5、10，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；（3）记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则Y＝X﹣3，根据期望的性质求出E（Y），即可判断；【小问1详解】记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都是苹果为事件A， 则P（A）＝＝，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都是苹果的概率为；【小问2详解】依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10，则P（X＝0）＝＝，P（X＝5）＝＝，P（X＝10）＝＝，所以X的分布列为：X0510P所以E（X）＝10×+5×+0×＝；【小问3详解】记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则Y＝X﹣2，所以E（Y）＝E（X﹣2）＝E（X）﹣2＝﹣2＝＞0，所以愿意再次参加该项抽奖活动．21.已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】【分析】（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；（2）设，，直线，则，联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，代入求解计算即可.【小问1详解】设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，将代入椭圆方程，可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】设，则.将直线代入椭圆方程，得，其判别式，即，.所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证， ，所以.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)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．22.已知．（1）求证：当x>0时，（2）若不等式，（其中）恒成立时，实数m的取值范围为（-∞，t]，求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）令，再证明即得证；（2）令，即证，证明，令，即得证.【小问1详解】证明：令，所以，，∵，∴，∴，在上递增，∴，故在上递增，∴，即. 【小问2详解】证明：据题意，对于任意的，不等式恒成立时，等价于对于，令，又实数m的取值范围为，故t是实数m的最大值．要证，即证．令，则，，所以上单调递增，又，，故，使得，即所以，有，单调递减；，，单调递增．所以，，，，所以存在，使得，即，且满足，，单调递减；，，单调递增；所以令，则，故单调递减， 又，所以，则只需证明由（1）知：当时，∴，故.