云南省曲靖市第一中学2023届高三教学质量监测数学答案（四）

曲靖一中2023届高三教学质量监测卷（四）

数学参考答案

一、二、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1．D

【详解】由，可得，则；由，可得，则；

所以，

故选：D．

2．C

【详解】因为为纯虚数，所以设，

则由，得，

即，所以，解得.

故选：C.

3．B

【详解】解：依题意设，

则，

即，所以，故；

故选：B．

4．D

【详解】由题意可知，酒杯是由圆柱和半球的组合体，

所以酒杯内壁表面积是圆柱的侧面积与半球的表面积之和，

因为球的半径为，所以半球的表面积为，

半球的体积为 ，

设圆柱体的高为，则体积为 ，

又酒杯的容积为

所以 ，

解得： ，

因为球的半径为，酒杯圆柱部分高为，

所以圆柱的侧面积为，

所以酒杯内壁表面积为.

故选：D.

5．B

【详解】分两种情况讨论：

分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法；

分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法，

故共有种分配方法.

故选：B.

6．C

【详解】函数，由可知函数图像的一个对称中心为，

所以有，解得，

由，当时，有最小值5.

故选：C

7．B

【详解】∵，，∴

∵，，∴

综上，．

故选：B．

8．D

【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的直角边长为，

三棱锥的体积

解得：

的外接圆半径为

球心到底面的距离为

，

又顶点P到底面ABC的距离为4，

顶点的轨迹是一个截面圆的圆周

当球心在底面和截面圆之间时，

球心到该截面圆的距离为，

截面圆的半径为，

顶点P的轨迹长度为；

当球心在底面和截面圆同一侧时，

球心到该截面圆的距离为，故不成立．

综上所述，顶点P的轨迹的总长度为．

故选：D．

9．ABD

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，，

对于A，，，

，，

点到直线的距离，A正确；

对于B，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量，

，，，

由图形可知：二面角为锐二面角，

二面角的正切值为，B正确；

对于C，平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面的一个法向量为，又，

，

即直线与平面所成的角为，C错误；

对于D，平面的法向量，，

，即，面，D正确.

故选：ABD.

10．AC

【详解】对于AB：

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以的极大值为，

的极小值为，故A正确，B错误；

对于C：

由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，

且，，

故函数的最大值为，故C正确；

对于D：

当时，，时，，

且的极大值为，的极小值为，

由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当或时，有1个实数根，

当或时，有2个实数根，

当时，有3个实数根，故D错误.

故选：AC.

11．ABD

【详解】因为点在抛物线上，

所以解得，所以抛物线方程为，

所以准线方程为，所以A正确;

由抛物线的定义得

由,所以.所以B正确;

设，

联立整理得，

由韦达定理得，

所以，解得，

，所以C错误;

,

由抛物线定义知

，

所以,

当且仅当时取得等号，所以D正确.

故选: ABD.

12．ABD

【详解】由，令，得，

所以，关于直线对称.

由于的图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以是奇函数.

所以，

所以的周期为，A选项正确.

，B选项正确.

结合上述分析可知，关于点（）对称，

所以关于点（）对称，

所以关于点（）对称，

所以关于点（）对称，

令，得关于点对称，D选项正确，C选项错误.

故选：ABD

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13、-45     14、 （答案不唯一）

15、     16、

13．【详解】展开式通项公式为，

，，，，

所以所求常数项为，

故答案为：．

14．（答案不唯一）

【详解】因为，所以直线和关于直线，对称，

所以与直线和都相切的圆的圆心在直线或直线上（除原点外），

设圆心，则半径，

所以圆的方程为（答案不唯一）.

故答案为：.

15．

【详解】因为，则，

有已知条件可得：，使得，即，

当，所以.

故答案为：.

16．      

【详解】由题意可知直线有斜率，设直线的方程为：

联立直线和圆的方程：

，所以可知，故

联立直线和椭圆的方程：

设，则

设中点为,由可知：,即是的中点，

在直线方程中，令

由中点坐标公式可知：， ，故， 直线方程为

故答案为

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17．【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，

因为成等差数列，

所以，

又，所以，

因为，所以

所以或，

又数列各项均为正整数，所以，

所以．  …………………………………………（5分）

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，所以，

所以，

所以

．

所以．…………………………………………（5分）

18．【详解】（1）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.

选条件②：因为，所以

所以，又因为，所以，所以，所以，

选条件③：由正弦定理可得

即，又因为，所以，因为，所以.…………………………………………（6分）

（2）

，，

则即，

即周长的取值范围为.…………………………………………（12分）

19．（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：

如下图，连接，

在△中，故，即，

所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，

因为，且 ，面，所以面，

由面，故面面.…………………………………………（6分）

（2）由，则，由，则，

又，且面，则面，而面，

所以，结合，，且面，

所以面，面，故，，

又，即，故两两垂直，

所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，

令且，故，而，

若为面的法向量，则，令，则，

显然面的一个法向量为，

因为直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，

所以，，即，

所以，即，又，即，故，则底面为直角梯形，

故的体积为.…………………………………………（12分）

20．（1）设，则，因为，，，

所以．

把代入，得．

即关于的回归方程为；…………………………………………（6分）

（2）由题意知，，，由得，

所以，的取值依次为0，1，2，3，4，，，

，，，所以X的分布列为

. …………………………………………（12分）

21．【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；

当时，由得：，，双曲线的方程为：；

当时，方程无解；

综上所述：双曲线的方程为：.…………………………………………（4分）

（2）由题意得：，

假设存在定点满足题意，则恒成立；

方法一：①当直线斜率存在时，设，，，

由得：，，

，，

，

，

整理可得：，

由得：；

当时，恒成立；

②当直线斜率不存在时，，则，，

当时，，，成立；

综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.

方法二：①当直线斜率为时，，则，，

，，，

，解得：；

②当直线斜率不为时，设，，，

由得：，，

，，

；

当，即时，成立；

综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.…………………………………………（12分）

22.(1)的定义域为，

令，

则，

所以在为增函数，

当时，，即，

当时，，即，

当时，，即，…………………………………………（5分）

（2）由（1）可得：当时，，即：，

将代入可得：，整理可得：，

则有：

，

，

…，

，

将以上个式子两边分别相加，可得：，

即证：

…………………………………………（12分）