2023届吉林省长春市高三上学期质量监测（一）数学试题含解析

2023届吉林省长春市高三上学期质量监测（一）数学试题

一、单选题

1．已知全集为R，集合，，则Venn图中阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先确定集合中的元素，然后根据Venn图表示的集合进行计算．

【详解】或，，

Venn图中阴影部分所表示的集合为．

故选：D．

2．复数的虚部是（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】C

【分析】利用复数除法运算化简，进而求得其虚部.

【详解】，虚部为.

故选：C

3．若平面向量与的夹角为， 则

A． B．． C．1 D．2

【答案】D

【详解】，故选D.

【解析】向量的模

4．在市场上选取20种不同的零食作为研究样本，记录其每100克可食部分的能量（单位：KJ）如下：

110，120，120，120，123，123，140，146，150，162，

165，174，190，210，235，249，280，318，428，432．

则样本数据的第75百分位数为（    ）

A．123 B．235 C．242 D．249

【答案】C

【分析】根据百分位数的求法求得正确答案.

【详解】，

样本中，第个、第个数据分别为，

所以样本数据的第75百分位数为.

故选：C

5．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知点和点为的顶点，则：“的欧拉线的方程为”是“点C的坐标为”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】必要性根据三角形三线合一即可；充分性先设重心,点,外接圆圆心为,垂心为，求得，，，由题意，得即可解决.

【详解】由题知，

必要性：当时,，

根据三线合一知：

的欧拉线的方程为；

充分性：

由题知，，的欧拉线的方程为

设重心,点,外接圆圆心为,垂心为，

因为重心为，即

所以，

记中点为，

因为，在上，设

所以，

所以，即,

因为重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，

所以，解得：，

所以，

所以，

所以点在上移动，

所以“的欧拉线的方程为”是“点C的坐标为”的必要不充分条件，

故选：B

6．文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为m．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（    ）

A．m、、、 B．m、、、

C．m、、、 D．m、、、

【答案】B

【分析】结合解三角形、正弦定理、余弦定理等知识确定正确答案.

【详解】结合选项可知是必选条件，

求的思路是：求得或中的一条，然后解直角三角形求得；

或用表示，利用余弦定理解方程来求得.

A选项，根据m、、，可利用正弦定理求得，从而求得.

B选项，m、、、四个条件，无法通过解三角形求得.

C选项，根据m、、，利用正弦定理可求得，从而求得.

D选项，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，

然后结合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.

所以B选项的条件不能计算出.

故选：B

7．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，那么的值为（    ）

A． B．-3 C．3 D．

【答案】D

【解析】利用奇函数的性质可得,代入解析式求解即可

【详解】由题,,

因为是定义在上的奇函数,

所以,

故选：D

【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用,考查对数的运算

8．已知某家族有、两种遗传性状，该家族某位成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，、两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现性状的条件下，出现性状的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】记事件该家族某位成员出现性状，事件该家族某位成员出现性状，求出，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】记事件该家族某位成员出现性状，事件该家族某位成员出现性状，

则，，，则，

又因为，则，

故所求概率为.

故选：B.

9．已知双曲线的两条渐近线与直线分别相交于A，B两点，且线段AB的长等于它的一个焦点到一条渐近线的距离，则双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据双曲线的基本几何量求焦点到渐近线的距离为，几何性质求解，即可得，根据的关系，即可得渐近线方程.

【详解】解：双曲线的两条渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离为

又两条渐近线与直线分别相交于A，B两点，所以

则，所以，故渐近线方程为.

故选：B.

10．定义域为的函数，其值域为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简函数的解析式为，可得出，由可求出的取值范围，结合已知条件可出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为，

由可得，

，则，由题意可得，解得.

故选：D.

11．如图所示，两个全等的矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，AB＝2，BC＝1，点P为线段CD上的动点，则三棱椎的外接球体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】确定球心在平面的投影为中点，根据勾股定理得到，确定半径的最小值，再确定的位置使其满足条件，计算体积得到答案.

【详解】为直角三角形，故球心在平面的投影为中点.

设球半径为，，则，

当，即球心与重合时，最小为，

矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，则在平面的投影为中点，

需满足是外心，当为中点时，为直角三角形，满足条件.

.

故选：C

12．已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】变换得到，，构造函数，确定函数单调递增，得到，化简得到答案.

【详解】，故，，即；

，故，即.

设，，，函数单调递增，

，故，即，

整理得到，即.

故选：D.

二、填空题

13．已知各项均为正数的等比数列，其前n项积为，且满足，则______．

【答案】

【分析】化简已知条件求得，进而求得.

【详解】依题意是各项均为正数的等比数列，

，所以，

所以.

故答案为：

14．四面体的各棱长均相等，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AB与EF所成角的大小为______．

【答案】##

【分析】为中点，连接，则，设四面体棱长为，计算各线段长度，利用余弦定理计算得到答案.

【详解】如图所示，为中点，连接，则，

设四面体棱长为，则，

中，，，故，

在中，根据余弦定理：，

，故，即面直线AB与EF所成角的大小为.

故答案为：

15．已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且项的系数为，则______．

【答案】

【分析】根据二项式系数的性质求出的值，再利用二项展开式的通项，结合已知条件求出的值，即可得出答案．

【详解】∵的展开式中只有第4项的二项式系数最大，

∴二项展开式的通项，令，得

∴项的系数为，∴

则．

故答案为：．

16．已知函数的图象关于点中心对称，若，，使得，则的最大值是______．

【答案】##

【分析】结合的对称性、单调性以及导数求得正确答案.

【详解】关于点中心对称，

所以，

，

所以，解得，

，

，令解得，

，

所以在区间递减；

在区间递增，

所以的极大值是，极小值是，

依题意，，使得，

所以是的单调递减区间，

所以的最大值是

.

故答案为：

【点睛】本题的关键点有两点，一个是根据的对称中心求得的值，另一个是函数单调性的“定义”的变型“，，使得”，这个条件给出的是的单调性.

三、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)证明：是直角三角形；

(2)若，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系结合两角和得正弦公式即可证；

（2）根据平方关系及诱导公式求出，即可得解.

【详解】（1）证明：因为，所以，

即，则，

即，由，得，

又，所以，

所以为直角三角形；

（2）解：由，可得，

则，则，

即，解得，

因为，所以，

所以．

18．四名党员教师暑假去某社区做志愿者工作，现将他们随机分配到A，B，C三个岗位中，每人被分配到哪个岗位相互独立．

(1)设这四名教师被分配到A岗位的人数为X，求X的分布列及数学期望；

(2)求上述三个岗位中恰有一个岗位未分配到任何志愿者的概率．

【答案】(1)分布列见解析，数学期望为

(2)

【分析】（1）结合古典概型的概率计算公式、组合数的计算，求得的分布列并求得数学期望.

（2）结合古典概型的概率计算公式、组合数、排列数的计算求得正确答案.

【详解】（1）的可能值为0，1，2，3，4．

；；；；．

X的分布列为

的数学期望为.

（2）依题意，三个岗位中恰有一个岗位未分配到任何志愿者的概率为：

．

19．已知数列满足：，．

(1)证明：数列是等差数列；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先根据递推公式的特征，将其整理变形为

，再移项即可证明；

(2)由（1）可得：，所以，利用裂项求和的方法即可求解.

【详解】（1）将两侧同除，

可得，，

又因为，

即数列是首项为1，,公差为1的等差数列．

（2）由（1）可知，，即，

则，

.

20．如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，为等边三角形，点Q为棱PB上的动点．

(1)求证：；

(2)若平面ABCD，平面AQD与平面CQD的夹角余弦值为，求的值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）通过证明平面，即可根据定义证出；

（2）以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建系，根据平面AQD与平面CQD的夹角公式列方程，化简求得.

【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接．

是的中点，所以，

由于平面，

所以平面，由于平面，所以.

（2）因为平面ABCD，平面，所以平面平面，

以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建立如图所示坐标系．设OB＝1．

，，，，，

设，则，

，

则，

，，

，，

设平面AQD的法向量为，

，

故可设，

同理可求得平面的法向量为，

设平面AQD与平面CQD的夹角为，

，则．

即，．

21．已知抛物线的焦点为F，直线l过点F，与抛物线交于A，B两点，的最小值为4．

(1)求抛物线的方程：

(2)若点P的坐标为，设直线PA和PB的斜率分别为、，问是否为定值，若是，求出该定值，否则，请说明理由．

【答案】(1)

(2)是，定值为

【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合的最小值求得，从而求得抛物线的方程.

（2）结合的坐标以及根与系数关系化简，由此求得正确答案.

【详解】（1）设直线l的方程为，l与抛物线交于，，

联立直线l与抛物线方程，

可得，即，，．

由抛物线的定义可知，

当时，取最小值为2p，则2p＝4．即抛物线方程为．

（2）由题意可知：，

，

由，，

，

，

即为定值．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数，．

(1)求函数的值域；

(2)讨论函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的值域.

（2）利用多次求导的方法，结合对进行分类讨论，由此求得零点的个数.

【详解】（1）由可知，

令则，

，无最大值．

即的值域为．

（2），且，

，

令，，

即在上单调递增．

当时，可知，即在单调递增，即此时有唯一零点．

当时，令，即，．

即，

①当k＝1时，，，此时有唯一零点．

②当时，，，

且，即在存在一个零点，此时共有2个零点．

③当时，，，

且，即在存在一个零点，此时共有2个零点．

综上，当或k＝1时，有唯一零点．

当或时，有2个零点．

【点睛】关键点点睛：利用导数研究含有参数的函数的零点，关键点有两点：一个是利用导数研究函数的单调性，此时若一次求导无法解决，可考虑多次求导来解决；另一个是对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.