吉林省长春吉大附中实验学校2022-2023学年高三数学下学期第四次摸底考试试卷（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高三年级第四次模拟考试数学学科试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回.注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2．选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.复数的平方根是（）A.或B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设的平方根为，则，化简后根据复数相等列方程组求解即可.【详解】设的平方根为，则，即，从而解得或所以复数的平方根是或，故选：A2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的定义域、值域，再利用并集的定义求解作答.【详解】集合，即，，则，所以.故选：B3.定义，已知数列为等比数列，且，，则（）A.4B.±4C.8D.±8【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．【详解】依题意得，又，所以．故选：C．4.“”是“圆：与圆：有公切线”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系确定的取值范围，即可判断充分必要性.【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，若两圆有公切线，则，即，解得或，所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件. 故选：A.5.中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据圆柱侧面积公式以及圆的面积公式即可求解每个面的面积,进而可求表面积.【详解】此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，.故选：D6.已知，分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上的动点，，，点到双曲线的两条渐近线的距离分别为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】运用双曲线定义求得a、c的值，进而求得两条渐近线方程，结合点到直线的距离公式求解即可.【详解】由，得．因为，所以．又因为，所以， 故双曲线的方程为，所以两条渐近线的方程为．设，则，故．不妨设，则，所以，所以．故选：B．7.已知，均为锐角，且，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将变形，配角利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于的一元二次方程，根据列不等式求解的取值范围，即可得最大值.【详解】∵，∴，即，∴，即，又因为 为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．所以最大值是.故选：C8.已知，（），则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别取，可判断A，B，利用对数换底公式和基本不等式可判断C，D.【详解】若，则，∴，，，故A错．若，则，∴，，故B错．对于C，由得：，即.同理由得：，所以，故C正确；对于D，同上得：,故D错误.故选：C．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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知函数，则（）A.与均在单调递增B.的图象可由的图象平移得到C.图象的对称轴均为图象的对称轴 D.函数的最大值为【答案】AD【解析】【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.【详解】，当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；由，所以函数的对称轴为，函数的对称轴为，显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；令，所以，因为，所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，故选：AD10.现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（）A.甲球员连续5场比赛得分都不低于24分 B.乙球员连续5场比赛得分都不低于24分C.丙球员连续5场比赛得分都不低于24分D.丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24【答案】AD【解析】【分析】根据中位数，众数的定义判断A，结合中位数，平均数的定义举反例判断B，根据平均数和方差的定义，百分位数的定义，分析丙球员的得分判断CD.【详解】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，则，，且至少出现次，故，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，则，，取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，由已知，所以，若，则，所以，矛盾，所以，，因为的平均数为，所以，取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若，则，故，矛盾，所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D正确；故选：AD. 11.如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（）A.B.三棱锥的体积为C.直线与平面所成角的大小为D.三棱锥外接球的半径为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面，即可判断A，再根据即可判断B；先利用余弦利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线与平面所成角的正弦值为即可判断C；利用直角三角形可得的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D．【详解】由题意可知由，，又，，平面，所以平面，平面,所以，故A正确，在中，，所以为直角三角形，所以，故B错误；设到平面的距离为，则，由于,所以，又,故直线与平面所成角为，则,故C正确，由B选项知，为直角三角形，所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为，又因为平面，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确．故选：ACD12.已知函数定义域为，满足，当时，.若函数的图象与函数的图象的交点为，（其中表示不超过的最大整数），则（）A.是偶函数B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】举例说明判断选项A；分析函数与的性质，作出部分函数图象，结合图象与性质推理、计算判断选项B、C、D作答.【详解】对于A，函数，显然，而，即，因此不是偶函数，故A错误；函对于B，数定义域为R，满足，当时，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，因此当时，函数在上递减， 在上递增，当时，取得最大值，当时，，，当时，，，当时，，，因此当时，函数，在同一坐标平面内作出函数的部分图象，如图，当时，函数的图象有唯一公共点，因为，因此，，而满足的整数有个，即，故B正确；对于C，显然，所以，故C正确；对于D，，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：求两个分段函数的公共点的坐标，自变量属于哪一段区间，再代入该段的解析式求值是关键.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图,在平行四边形中,点E是CD的中点,点F为线段BD上的一个三等分点,且,若 ,则______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知,,根据平面向量基本定理,将用线性表示,根据两个向量相等即可得的值,进而得出结果.【详解】解:由题知点F为线段BD上的一个三等分点,所以,所以,因为不共线,所以,故.故答案为:14.与曲线和都相切的直线方程为__________.【答案】【解析】【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.【详解】设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即， 所以，解得，所以该直线的方程为，故答案为：.15.设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则______________，__________.【答案】①.②.##0.75【解析】【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.【详解】由题知，，，，即，则.因，所以，则.故答案为：；.16.设抛物线：（）焦点为，准线为，过第一象限内的抛物线上一点作的垂线，垂足为．设，与相交于．若，且的面积为，则抛物线的方程为________________.【答案】【解析】【分析】由抛物线定义可得四边形为平行四边形，故可得点即得抛物线方程. 【详解】如图所示，，．所以．轴，，，所以四边形为平行四边形，，．，解得，代入可取，，解得．.故答案为：.四、解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项的积（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，求.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）当时，，即可求出答案；（2），由此可求得答案.【小问1详解】，当时，.当时，，满足上式，.【小问2详解】.18.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，C=.（1）当时，求的面积;（2）求周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知及三角函数恒等变换的应用化简可得，分类讨论可求出a，b的值，利用三角形面积公式即可计算得出结论；（2）由余弦定理及已知条件可得，利用基本不等式可得，解得，从而可求得周长的最大值.【小问1详解】由，得，即， 即，当时，，得;当时，，由正弦定理得，由余弦定理及已知条件可得，联立.解得，故三角形的面积为.【小问2详解】法一：由余弦定理可得:，由得，当且仅当a=b取等号.又，即.即周长的取值范围是.法二:，中，由正弦定理有，.即周长的取值范围是.19.如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，. （1）求证：；（2）若，且点到底面的距离为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，结合题设易知、，由面面垂直的性质有平面，最后根据线面垂直的性质、判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】取的中点，连接，，为中点，中点，又为中点，，故；由，为中点，则，平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，则；，平面，平面，平面，，又，故.【小问2详解】由（1）知：平面，且为等边三角形，则，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，又点到底面的距离等于点到底面的距离为，，，，，，设面的法向量为，则，令，则，设面的法向量为，则，令，则，，所以二面角的余弦值为.20.某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日的微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：（1）从3月2日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率； （2）从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；（3）下图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名（按照从大到小排序）分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（不用说明理由）．【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）3月3日【解析】【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.（2）根据题意得到，，，，再写出分布列数学期望即可.（3）根据折线图和频率分布直方图求解即可.小问1详解】令时间A为“职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000”，从3月2日至3月7日这6天中，3月2日、5日、7日这3天中，甲乙微信记步数都不低于10000，故.【小问2详解】由（1）知：，，，，的分布列为： 【小问3详解】根据频率分步直方图知：微信记步数落在，，，，（单位：千步）区间内的人数依次为人，人，人，人，人，由甲微信记步数排名第68，可知当天甲微信记步数在15000到20000万之间，根据折线图知：只有3月2日，3月3日，3月7日.由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000到10000万之间，根据折线图知：只有3月3日和3月6日，所以3月3日符合要求.21.已知离心率为椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为、，上顶点为，且的外接圆半径大小为．（1）求椭圆方程；（2）设斜率存在的直线交椭圆于，两点（，位于轴的两侧），记直线、、、的斜率分别为、、、，若，则直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率确定椭圆中的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得的值，从而求得椭圆方程；（2）由题可设直线，， ，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得，，再由已知等式确定，由坐标关系进行转化可求得的值得出结果.【小问1详解】根据椭圆C的离心率为知，所以，如图，则则在中，可得，，由正弦定理得，解得，所以，，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】由已知直线的斜率不为0，设直线，，，联立，得，得于是，，因为，，代入椭圆方程得， 所以，同理，于是，，因为，所以，即．又直线l的斜率存在，所以，于是，所以，即，又，，所以，整理得，所以，化简整理得，又P、Q位于x轴的两侧，所以，解得，所以，此时直线l与椭圆C有两个不同的交点，于直线l恒过定点．22.设函数，其中和是实数，曲线恒与轴相切于坐标原点．求常数的值；当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；求证：．【答案】(1)；(2)；(3)详见解析【解析】【详解】.试题解析：(1)对求导得：，根据条件知，所以. (2)由(1)得，.①当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；综上(3)对要证明的不等式等价变形如下：所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立.并且继续作如下等价变形对于相当于（2）中，情形，有在上单调递减，即而且仅有.取，当时，成立；当时，. 从而对于任意正整数都有成立.对于相当于（2）中情形，对于任意，恒有而且仅有.取，得：对于任意正整数都有成立.因此对于任意正整数，不等式恒成立.这样依据不等式，再令利用左边，令利用右边，即可得到成立.考点：1.导数来描述原函数的单调性；2.导数来描述原函数的极值；3.函数零点