首页

吉林省长春市2023届高三数学下学期质量检测(三)试卷(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/23

2/23

剩余21页未读,查看更多内容需下载

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: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: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: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: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: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: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: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:A 8.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: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.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: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: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.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: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: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.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: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: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: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:;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: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:().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)1.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.2.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)1.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,∴.2.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1.由,得,令,则,且,∴为首项为1,公差为1等差数列,∴,又, ∴.2.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1.由题设,可取值为1,2,3,,,, 因此的分布列为1232.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1.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.2.由(1)知,∵直线与双曲线的一支有2个交点,则,∴,∴, ∵,∴,∴.3.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,∴,∴.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1.∵,∴.∵, ∴,即.∴,,当时,,∴,当时,令,∵,即在单调递减,∴,∴,所以函数在处取得极大值.2.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.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2023-05-21 15:24:02 页数:23
价格:¥3 大小:2.38 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE