吉林省部分学校2022-2023学年高三数学下学期3月大联考试题（Word版附答案）

2023届高三3月大联考数学试题一、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．若全集，集合，则中元素的个数是（）A．2B．3C．4D．52．已知复数，则（）A．B．C．D．3．中，AD为BC边上的高，且AD=3，则在方向上的投影向量的模为（）A．9B．6C．3D．14．已知函数，则方程的解集为（）A．B．C．D．5．已知是函数的一个零点，则的值为（）A．B．C．D．6．如果一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为2，4，4，那么该三棱锥外接球的表面积是（）A．B．C．D．7．数列满足，，且则该数列前31项的和（）A．5550B．5650C．5760D．59008．已知，则a，b，c的大小关系是（）A．c<b<aB．c<a<bC．b<c<aD．a<c<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．若直线，圆，则（）A．直线l与圆C必相交B．当m=1时，直线l与圆C相交于A，B两点，则的面积为2C．直线l与圆C相交的最短弦长为D．圆C上至少存在4个点到直线l的距离为10．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为线段AM的中点，点P是线段AC上不与端点A重合的动点，则（）A．A，M，，C四点共面B．三棱锥的体积为定值C．平面ANP⊥平面D．过A，N，P三点的平面截该正方体所得截面的面积为定值11．已知函数，则（）A．若函数的图象关于直线对称，则的值可能为3B．若关于x的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为C．若函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数为奇函数，则的最小值是1D．若函数在区间上单调，则12．若函数为函数的导函数，且对于任意实数，函数值，，均为递增的 等差数列，则（）A．函数可能为奇函数B．函数存在最大值C．函数存在最小值D．函数有且仅有一个零点三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．的展开式中含项的系数为______．（用数字作答）14．直线与抛物线相交于A，B两点，且A在第一象限，F是抛物线的焦点，则______．15．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，点A关于x轴，y轴，原点的对称点分别为B，C，D，记四边形ABDC的面积为S，则的取值范围为______．16．函数在点处的切线为，则这四条切线所围成的封闭图形的面积为______．四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）已知数列满足，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．18．（本小题满分12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．（1）若，判断的形状；（2）求的最大值．19．（本小题满分12分）如图，四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，且底面 ABCD，点P，Q分别在棱，BC上，平面，点M在棱上，．（1）证明：；（2）若平面PDQ与平面AQD所成的锐二面角的余弦值为，求三棱锥A-QDP的体积．20．（本小题满分12分）2022年12月18日，第二十二届男足世界杯决赛在梅西率领的阿根廷队与姆巴佩率领的法国队之间展开，法国队在上半场落后两球的情况下，下半场连进两球，2比2战平进入加时赛，加时赛两队各进一球（比分3∶3）再次战平，在随后的点球大战中，阿根廷队发挥出色，最终赢得了比赛的胜利，时隔36年再次成功夺得世界杯冠军，梅西如愿以偿，成功捧起大力神杯．（1）法国队与阿根廷队实力相当，在比赛前很难预测谁胜谁负．赛前有3人对比赛最终结果进行了预测，假设每人预测正确的概率均为，求预测正确的人数X的分布列和期望；（2）足球的传接配合非常重要，传接球训练也是平常训练的重要项目，梅西和其他4名队友在某次传接球的训练中，假设球从梅西脚下开始，等可能地随机传向另外4人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外4人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住，记第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，求．21．（本小题满分12分）已知曲线E上任意一点Q到定点的距离与Q到定直线的距离之比为．（1）求曲线E的轨迹方程；（2）斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线OM交曲线E于点N，交直线于点D，且满足（O为原点）．求证：直线l过定点．22．（本小题满分12分）设函数，． （1）分别求与的最大值；（2）若直线y=m与两条曲线和共有三个不同的交点，，，其中，证明：，，成等比数列．2023届高三3月大联考数学参考答案及评分细则一、选择题1．A【解析】集合，有2个元素，故选A．2．B【解析】．故选B．3．C【解析】在方向上的投影向量的模为．故选C．4．A【解析】当时，，解得或（舍去），当x<0时，，解得（舍去），故解集为．故选A．5．D【解析】因为是函数的一个零点，所以，即，故，则．故选D．6．C【解析】由题意可知三条侧棱两两垂直，设三条侧棱长分别为a，b，c，则，解得abc=16，a=2，b=2，c=4，设该三棱锥外接球的半径为R，则，所以．故选C．7．B【解析】因为，，，所以当n为奇数时，，即数列的奇数项为每项都是100的常数列；当n为偶数时，即数列的偶数项是首项为200，公差为10的等差数列，所以．故选B． 8．C【解析】构造，则，构造，则，故在内单调递减，．故对任意恒成立，则在单调递增，因为，所以，故，即，即，即，即，同理构造，则，构造，则，故在内单调递减，，故对任意恒成立，则在单调递增，故，即，即，即，即，则a，b，c的大小关系是．故选C．二、选择题9．ABC【解析】由于圆C的圆心坐标为，半径，所以圆心到直线的距离，直线过定点，对于A，定点M在圆内，所以直线l与圆C必相交，故A正确；对于B，当时，，，所以的面积为2，故B正确；对于C，当d取最大值时，直线l与圆C相交的弦长最短，故最短弦长为，故C正确；对于D，当时，此时圆C上有2个点到直线l的距离为，故D错误．故选ABC．10．BCD【解析】对于A，由图可得，点A，点C，点都在平面上，且不在一条直线上，点M 在平面外，所以A，M，，C四点不共面，故A错误；对于B，因为直线，所以直线平面，由于点P是线段AC上的动点，所以点P到平面的距离为定值，故三棱锥的体积也为定值，故B正确；对于C，因为直线AP⊥平面，平面ANP，所以平面ANP⊥平面，故C正确；对于D，取的中点L，连接CL，ML，因为，所以平面ACLM为过A，N，P三点的平面截该正方体所得的截面，故截面面积为定值，故D正确．故选BCD．11．BC【解析】对于A，因为函数的图象关于直线对称，所以，则，因为，则的值不可能为3，故A错误；对于B，当时，，若在上恰有四个实根，则，解得，故B正确；对于C，由已知得，因为函数为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值是1，故C正确；对于D，当时，，因为，所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．故选BC．12．CD【解析】设，则，由题意可知，则，即，故，则存在正实数a满足：，即，即，故，存在实数b满足：，故，故，故当时，，当时， ，故在单调递减，在单调递增．对于A，由的单调性可知，函数不可能为奇函数，故A错误；对于B，对任意实数x，当时，，故函数没有最大值，故B错误；对于C，在时取得最小值，故C正确；对于D，因为函数有且仅有一个零点，而，故函数有且仅有一个零点，故D正确，故选CD．三、填空题13．【解析】通项公式，，此时，含的项为，所以含项的系数为．故答案为-14．3【解析】设，，联立直线和抛物线的方程得，解得，，由于直线过抛物线的焦点F，所以．故答案为3．15．【解析】联立直线和椭圆E的方程得，解得，又因为四边形ABDC为正方形，所以，故，由于，所以，所以的取值范围为．故答案为．16．【解析】，则，可知，故，，故 ，所以这四条切线所围成的封闭图形为平行四边形，设其底为d，高为h，由，，故，由得，由得，故，则该平行四边形的面积．故答案为．四、解答题17．解：（1）因为，所以，所以，所以，又当时也适合上式，所以．（2）因为，所以，，①，②①-②得，故．18．解：（1）因为，所以，由余弦定理得：，即，所以，由正弦定理得：，因为，所以，所以，所以，即，又，故，得，所以为直角三角形． （2）因为，所以，因为，所以，所以，当即时，取最大值，此时，，故的最大值为．19．证明：（1）由题意知：，且，所以，所以M，B，C，P四点共面．又因为平面，且平面平面，所以．（2）因为AB，AD，两两垂直，所以以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 因为四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，所以，设，，所以，，设是平面PDQ的一个法向量，贝即，取；又平面AQD的一个法向量是，所以，解得或（舍去），此时，由（1）知四边形MBQP是平行四边形，所以，设，则，因为点P在棱上，所以由，得，解得，从而，故三棱锥A-QDP的体积． 20．解：（1）因为，，X可能的取值为0，1，2，3，，，故X的分布列为：X0123P故．（2）第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，易得，，则当时，第次传球之前球在梅西脚下的概率为，第次传球之前球不在梅西脚下的概率为，故，即，又因为，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，．21．解：（1）设曲线E上任意一点，由题意知，，所以曲线E的轨迹方程为．（2）设，，直线l的方程为， 联立，得，因为有两个交点，所以，所以，．即，因为点M在x轴下方，所以，又，所以，所以直线OM的斜率，则直线OM的直线方程为，将其代入双曲线E的方程，整理得，所以，将代入直线，解得，又因为，所以有，．由，解得，因为，，所以，因此直线l的方程为，故直线l过定点．22．解：（1）因为，当时，；当时，．故在内单调递增，在内单调递减，故；因为，当时，； 当时，，故在内单调递增，在内单调递减，故．（2）由（1）可知，且，又当时，，故，当时，直线与两条曲线和各有两个不同的交点，则直线与曲线的两个交点分别位于区间和，而直线与曲线的两个交点分别位于区间和，构造，当时，；当时，，当时，，，，，故在内单调递减，又，，结合零点存在性定理可知：在内存在唯一零点，故曲线和在有唯一一个公共点，画出与在上的图象如下图：由图可得：若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，，，其中，即，即，，，，由，又， 结合（1）可知在内单调递增，故，由，又，，结合（1）可知在内单调递减，故，故，故，，成等比数列．