吉林省长春市2023届高三数学下学期三模试题（Word版附解析）

长春市2023届高三质量监测（三）数学一、单项选择题：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.已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（）A.-3B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.【详解】因为为实数，则，即，所以.故选：A.2.如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析可知，求出集合、、，即可得集合.【详解】由韦恩图可知，，因为，，则，，因此，. 故选：D.3.已知随机变量，且，则（）A.0.84B.0.68C.0.34D.0.16【答案】B【解析】【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.【详解】由题设，而，又，所以.故选：B4.如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，因为为正三角形，所以与所成的角为，所以异面直线与所成的角为.故选：C.5.已知等比数列的公比为（且），若，则的值为（）A.B.C.2D.4 【答案】C【解析】【分析】根据等比数列通项的运算性质可求得公比的值.【详解】已知等比数列的公比为（且），若，则，所以，解得.故选：C.6.已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据，，得到，数形结合得到，求出答案.【详解】因为，，所以，画出的图象，要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则， 解得.故选：A7.已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A【解析】【分析】利用递推式判断在上的符号及单调性，并得到，即可判断的个数.【详解】令且均属于，则，所以，故，又，故在上恒成立，且在上单调递增，所以，满足仅有，即仅有1个.故选：A8.已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当与位于同一半圆时，可知当三点共线时取得最小值，当位于时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作出二面角的平面角及在平面上的投影点，设，利用勾股定理和三角恒等变换知识，结合三角函数值域求法可求得所处的范围；综合两种情况可得结果.【详解】由圆的方程知：圆的半径为； 当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，（当且仅当三点共线时取等号），当位于图中处时，取得最小值；又当位于图中处时，取得最大值；当与分别两个半平面中时，作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，，，，，，；为圆右半圆上的点，可设，，， （其中，），，当，即时，，则；又，，即；综上所述：两点间的距离的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查空间中两点间距离的取值范围的求解问题，解题关键是能够分别讨论两点位于同一半平面和不同两个半平面中两种情况；尤其当两点位于不同半平面中时，能够结合二面角平面角的定义和投影点，利用勾股定理表示出所求距离.二、多项选择题：（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.在中，若，则下列论断正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】由化简得到，再逐项判断.【详解】解：由，因为，所以，所以，不一定为1，A错； 因为，，∴，从而有，所以B正确，又，所以也不一定等于1，C错；而，D正确；故选：BD10.阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（）A.直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B.若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为C.若四面体在点处的离散曲率为，则平面D.若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为【答案】BC【解析】【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.【详解】对于A，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；对于B，若，则菱形为正方形， 因为平面，平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；对于C，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，又平面，所以平面，故C正确， 对于D,直四棱柱在顶点处的离散曲率为,则,即是等边三角形,设,则即为与平面的所成角,,故D错误;故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．11.定义在上的函数，则（）A.存在唯一实数，使函数图象关于直线对称B.存在实数，使函数为单调函数C.任意实数，函数都存在最小值D.任意实数，函数都存在两条过原点的切线【答案】ACD【解析】【分析】根据对称性先用特殊值求得的值，再判断对称性是否对所以自变量均成立即可判断A；根据导函数的性质即可判断B，C；根据导数的几何意义求解切线方程，代入原点判断方程的实根个数即可判断D.【详解】对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立所以且，所以，解得，且当时，，则，所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；对于C，由于，又令，则 恒成立，所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，所以切线方程为，当切线过原点时，有整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.故选：ACD.12.已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（）A.当时，，使得B.当时，，使C.当时，，使得D.当时，，【答案】BC【解析】【分析】对于A，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断A选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断B选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合可求得的取值范围，可判断C选项；求出线段 中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断D选项.【详解】在椭圆中，，，，由题意可得，上焦点记为，对于A选项，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，，所以，，A错；对于B选项，设线段的中点为，由题意可得，两式作差可得，因为直线的斜率存在，则，所以，， 整理可得，又因为，消去可得，其中，所以，，所以，，B对；对于C选项，当时，直线的方程为，即，联立可得，，解得，由韦达定理可得，，，同理，所以，，因为，所以，当时，，使得，C对；对于D选项，设线段的中点为，由B选项可知，，即，即，由可得，故点的横坐标的取值范围是，而点到直线的距离为，由可得，当且仅当点时，取最小值，D错.故选：BC. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.若，则__________.【答案】【解析】【分析】先化简，再代值计算即可【详解】解：因为，所以，故答案为：14.已知单位向量，的夹角为60°，若，则记作．已知向量，，则___________．【答案】【解析】【分析】由数量积公式计算，，再由模长公式计算.【详解】因为所以， 故答案为：15.早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，根据图上尺寸，溢流孔ABC所在抛物线的方程为_________，溢流孔与桥拱交点A的横坐标为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意，设桥拱所在抛物线的方程为，溢流孔ABC所在方程为，运用待定系数法，求得，，可得右边第二个溢流孔所在方程，联立抛物线方程，可得所求.【详解】设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，代入方程，解得：，所以桥拱所在抛物线方程；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线，由图抛物线经过点，则，解得，所以，点即桥拱所在抛物线与的交点坐标， 设由，解得：所以点A的横坐标为.故答案为：；【点睛】关键点点睛：此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解，根据待定系数法，及平移抛物线后方程的形式即可.16.将圆分成个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n个扇形的涂色方法为种，则与的递推关系是______．【答案】（）【解析】【分析】假设第个扇形与第个扇形不相邻，对这两个扇形颜色相同和不同进行分类计算即可.【详解】如上图所示，由题意，将圆分成个扇形，涂色方法有种，若假设第个扇形与第个扇形不相邻，如下图所示：则为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，…，为第个扇形涂色，有种方法，故由分步乘法计数原理，涂色方法共有种， 其中，包括了第个扇形与第个扇形颜色不同方法种，与第个扇形与第个扇形颜色相同的方法种，即，而第个扇形与第个扇形颜色相同的涂色方法种，可以看作将第个扇形与第个扇形合并为一个扇形，如下图所示：即个扇形的涂色方法（为使满足题意，需使，即），综上所述，（），∴与的递推关系是（）.故答案为：（）.【点睛】本题解题的关键，是将环形涂色问题断开，转换为带形涂色问题进行解决.四、解答题：（本大题共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.从下列条件中选择一个条件补充到题目中：①，其中为的面积，②，③．在中，角，，对应边分别为，，，_______________．（1）求角；（2）若为边的中点，，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）选①，利用余弦定理可得，再结合面积公式，可得，进而求解；选②，由结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得，进而求解；选③，由结合正弦定理可得，进而得到，进而求解.（2）在中，设，由正弦定理可得，，进而得到，进而求解.【小问1详解】选①，由余弦定理得：，又，所以，得，因为，所以．选②，因为，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，因为，所以．选③，因为，由正弦定理得：，即，又因， 所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即．【小问2详解】在中，设，由正弦定理得，所以，，∴，其中，当时取等号，所以的最大值是．18.如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）在平面图形中取中点，连接，，由等边三角形性质、三角形全等有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论；（2）首先证两两垂直，再构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值.【小问1详解】在平面图形中取中点，连接，，∵△是边长为2的等边三角形，∴，，故翻折后有，又，则，，，所以△△，即，则，由，、平面，故平面，∵，则，∴平面，又平面，∴．【小问2详解】在面内作，交于，由平面，平面，所以，故两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）得，四边形为矩形，在△中，，由余弦定理得，故，所以，，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则．19.在正项数列中，，．（1）求；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由，可得，令，则，可得为首项为1，公差为1的等差数列，可得，进而求解； （2）根据裂项相消求和，进而即可得证.【小问1详解】由，得，令，则，且，∴为首项为1，公差为1等差数列，∴，又，∴．【小问2详解】证明：．20.国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．（1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；（2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．①求随机变量的分布列；②证明：单调递增，且小于3．【答案】（1）分布列见解析 （2）①分布列见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列；（2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列；②由①分布列得（，），定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论.【小问1详解】由题设，可取值为1，2，3，，，，因此的分布列为123【小问2详解】①可取值为1，2，…，，每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，所以时，；当时，故的分布列为：123……②由①知：（，）． ，故单调递增；由上得，故，∴，故．21.已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．（1）若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；（2）若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；（3）若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．【答案】（1）直线与双曲线相切，理由见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；（2）结合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；（3）设出的坐标及，，得到、是的两根，求出，证明出结论.【小问1详解】 直线与双曲线相切．理由如下：联立方程组，∴①，∵，∴，即，代入①得，，∴，∴直线与双曲线相切．【小问2详解】由（1）知，∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，∴，∴，∵，∴，∴．【小问3详解】设，，设，，∵，∴，则， 代入双曲线，利用在上，即，整理得，同理得关于的方程．即、是的两根，∴，∴．【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断22.已知函数，是的导函数，且．（1）求实数的值，并证明函数在处取得极值；（2）证明在每一个区间都有唯一零点．【答案】（1），证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，根据求出的值，再通过计算导函数的正负情况说明函数的单调性，计算出极值点.（2）由，令，利用导数分析可得在区间单调递减，由，，即可得证.【小问1详解】∵，∴．∵， ∴，即．∴，，当时，，∴，当时，令，∵，即在单调递减，∴，∴，所以函数在处取得极大值.【小问2详解】由，令，则，当时，，∴，∴在区间单调递减，又∵，，∴在每一个区间有唯一零点，故在每一个区间有唯一零点．