吉林省长春市2023届高三下学期5月四模数学试题（含解析）

吉林省长春市2023届高三下学期5月四模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，，则（    ）．

A．1 B．2 C．3 D．4

2．函数的图象可能是

A． B． C． D．

3．已知复数，则复数（    ）．

A． B．10 C． D．2

4．某高中社会实践小组为课题“高中生作业情况研究”进行周末作业时长调研，利用课间分别对高一、高二、高三年级进行随机采访，按年级人数比例进行抽样，各年级分别有效采访56人、62人、52人，经计算各年级周末作业完成时间分别为（平均）3小时、3.5小时、4.5小时，则估计总体平均数是（    ）．

A．3.54小时 B．3.64小时 C．3.67小时 D．3.72小时

5．设m，，曲线C：，则下列说法正确的为（    ）

A．曲线C表示双曲线的概率为 B．曲线C表示椭圆的概率为

C．曲线C表示圆的概率为 D．曲线C表示两条直线的概率为

6．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上最早的一整正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即，对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为、，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且，则第二次“晷影长”是“表高”的（    ）倍．

A．1 B． C． D．

7．如图，在平行四边形中，M，N分别为，上的点，且，，连接，交于P点，若，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（    ）．

A． B．展开式中各项系数和为

C．展开式中常数项为 D．展开式中各二项式系数和为

10．有两批种子，甲批种子15粒，能发芽的占80％，乙批种子10粒，能发芽的占70％，则下列说法正确的有（    ）．

A．从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率是

B．从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率是

C．从甲乙两批中各任取一粒，至少一粒能发芽的概率是

D．如果将两批种子混合后，随机抽出一粒，能发芽的概率为

11．下列命题中正确的是（    ）．

A．已知随机变量，且满足，则

B．已知一组数据：7，8，4，7，2，4，5，8，6，4，则这组数据的第60百分位数是6

C．已知随机变量，则

D．某学校有A，B两家餐厅，某同学第1天午餐时间随机地选择一家餐厅用餐，如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8，如果第一天去B餐厅，那么第2天去B餐厅的概率为0.4，则该同学第2天去B餐厅的概率为0.3

12．已知正项数列的前n项和为，且有，则下列结论正确的是（    ）．

A． B．数列为等差数列

C． D．

三、填空题

13．已知，，，则a，b，c的大小关系为__________．

14．若，，则的最小值为___________.

15．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是______．

16．已知圆的圆心在抛物线上运动，且圆过定点，圆被轴所截得的弦为，设，，则的取值范围是__________．

四、解答题

17．已知函数的最小值为.

(1)求函数的最大值；

(2)把函数的图象向右平移个单位，可得函数的图象，且函数在上为增函数，求的最大值.

18．已知数列是公差为正数的等差数列，且，．

(1)求的通项公式；

(2)求证：．

19．现有两个口袋，A口袋中有m个球，一部分是红球，另一部分是白球，从中取出一个球恰好是白球的概率为，B口袋中有6个球，4个红球，2个白球．若将两个口袋混合在一起，从中取出一个球，恰好是白球的概率为．

(1)若甲从B口袋中每次有放回地取一个球，直到取到白球停止，则恰好第三次后停止的概率；

(2)甲乙两人进行游戏，由第三人从两个口袋中各取一个球，若同色甲胜，否则乙胜，通过计算说明这个游戏对两人是否公平；

(3)从B口袋中一次取3个球，取到一个白球得2分，取到一个红球得1分，求得分的期望．

20．在三棱锥，底面是边长为4的正三角形，平面平面，且．

(1)若，求证：平面平面；

(2)若底面，垂足为O，，求平面与平面夹角的余弦值．

21．已知椭圆的离心率为，四个顶点构成的四边形面积为．

(1)求椭圆方程；

(2)若直线交椭圆于，，且，求证为定值．

22．函数．

(1)求证：；

(2)若方程恰有两个根，求证：．

参考答案：

1．B

【分析】根据并集的结果，分类讨论当、时集合A、B的情况，即可求解.

【详解】，

当即时，，不符合题意；

当即时，，此时.

所以.

故选：B.

2．A

【详解】试题分析：因为，所以为奇函数，故排除B、D；当时，，故排除C，故选A．

考点：1、函数图象；2、函数的奇偶性．

3．B

【分析】根据复数的乘除法运算规则和共轭复数的定义求解.

【详解】 ；

故选：B.

4．B

【分析】根据平均数定义求解.

【详解】三个年级抽样人数的总时长，

三个年级抽样人数的平均时长，

根据样本估计总体，总体的平均时长约为3.64（小时）；

故选：B.

5．B

【分析】先求出使得方程表示双曲线、椭圆、圆和直线包括的方法总数，再由古典概率的公式代入各选项即可得出答案.

【详解】对于A，当时，曲线C表示双曲线，

则当时，有种，当时，有种，

所以曲线C表示双曲线的概率为，故A不正确；

对于B，当，曲线C表示椭圆，所以有种，

曲线C表示椭圆的概率为，故B正确；

对于C，当，曲线C表示圆，有3种情况，

曲线C表示圆的概率为，故C不正确；

对于D，当或，曲线C表示两条直线，

当时，有3种情况，当时，有3种情况，共6种情况，

曲线C表示两条直线的概率为，故D不正确.

故选：B.

6．A

【分析】由题意可得，，再根据结合两角差的正切公式即可得解.

【详解】由题意可得，，

所以，

即第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.

故选：A.

7．C

【分析】取为平面的基底，根据给定条件，结合平面向量基本定理求出作答.

【详解】在中，取为平面的基底，

由，得，

由，得，

由，知，

由，得，

因此，则，解得，

所以.

故选：C

8．B

【分析】设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.

【详解】解：点关于的对称点为，关于的对称点为，

记为直线与之间的距离，则，

由，为到平面的距离，

因为，

而，故，

故选：B.

【点睛】方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.

9．ABC

【分析】根据二项式定理以及二项展开式系数的性质，运用赋值法和二项式展开项公式求解.

【详解】因为第5项和第6项是相邻的两项， ，A正确；

令 ，则有 ，B正确；

， ，常数项 ，C正确；

二项式系数之和 ，错误；

故选：ABC.

10．ACD

【分析】由题意可知甲批有粒发芽，乙批有7粒发芽.结合古典概率的概率公式、对立事件的概率公式以及组合数的性质计算，依次判断选项即可.

【详解】甲批种子15粒，能发芽的占80％，乙批种子10粒，能发芽的占70％，

则甲批有粒发芽，乙批有粒发芽.

A：从甲批种子任取2粒，至少1粒能发芽的概率为，故A正确；

B：从乙批种子任取2粒，至多1粒能发芽的概率为，故B错误；

C：从甲、乙批两种种子中各取1粒，至少1粒能发芽的概率为，故C正确；

D：将两批种子混合后，随机抽取1粒能发芽的概率为，故D正确.

故选：ACD.

11．ACD

【分析】根据正态分布的原则，即可求解判断A；根据百分位数的定义计算即可判断B；根据二项分布方差的性质计算即可判断C；根据条件概率和全概率公式计算即可判断D.

【详解】A：或或，解得或或，所以，故A正确；

B：这组数据为，，所以这组数据的第60百分位数为，故B错误；

C：由题意得，所以，故C正确；

D：设表示“第1天去A餐厅用餐”，设表示“第2天去A餐厅用餐”，

设表示“第1天去B餐厅用餐”，设表示“第2天去B餐厅用餐”，

则，则，

所以，故D正确.

故选：ACD.

12．CD

【分析】根据题意和（）可得，结合等差数列的定义可证明是以1为首项，公差为1的等差数列，进而、，结合选项依次判断即可.

【详解】A：，当时，，由解得，故A错误；

B：，当时，，则，

整理得，又、解得，

得，有，符合上式，

所以是以1为首项，公差为1的等差数列，故B错误；

C：由选项B的分析可知，由解得，

所以，故C正确；

所以，

D：由选项C的分析可知，则，

所以，，，得，故D正确.

故选：CD.

13．

【分析】由对数函数及指数函数单调性得到，，，从而得到大小关系.

【详解】因为在上单调递减，，

故且，所以，

因为在R上单调递减，，

所以，

，

故.

故答案为：

14．8

【分析】，然后利用基本不等式求解即可.

【详解】因为，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

故答案为：8

15．

【解析】设，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性与最值，根据已知条件列出关于实数的不等式（组），综合可求得实数的取值范围.

【详解】设，其中，则，设.

①当时，对任意的恒成立，此时，函数在上单调递减，

当时，，

对于函数，该函数的对称轴为直线，

函数在上单调递增，当时，，

所以，当时，，不合乎题意；

②当时，令，可得，列表如下：

所以，.

（i）当时，即当时，，则，不合乎题意；

（ii）当时，即当时，则，此时，即.

对于函数，，

所以，当时，，，则对任意的恒成立.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

16．

【分析】设，即可表示出圆的方程，从而求出，再设，由题意知，．所以，再由的范围求出的取值范围．

【详解】设，则，

故圆的方程，

令有，

故，解得，，

故．

设，因为，

所以，又由余弦定理可得，

所以，

所以，

因为，所以，所以当且仅当时，原式有最大值，

当且仅当时，原式有最小值为，从而的取值范围为．

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题的关键是首先求出的值，再利用解三角形的知识得到、，将式子进行三角转化，结合三角函数的性质计算可得.

17．(1)

(2)4

【分析】（1）化简函数为，再根据函数的最小值为求解；

（2）利用平移变换得到的图象，再由在上为增函数求解.

【详解】（1）解：，

，

，

函数的最小值为

，

解得，

则，

函数的最大值为2.

（2）由（1）可知：把函数向右平移个单位，

可得函数的图象.

在上为增函数，

函数的周期

，即的最大值为4.

18．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件求出和d，再写出的通项公式；

（2）先运用缩放法，再利用裂项相消法证明.

【详解】（1）设的公差为，

∴，∴，

∵，∴解得或（舍）， ，

∴ ，∴；

（2）∵，

∴

∴.

19．(1)

(2)游戏不公平

(3)

【分析】（1）利用相互独立事件同时发生的概率公式即可求出结果；

（2）求出分别从口袋中各取出一个球是红球的概率和，第三人从两个口袋中各取一球是同色球的事件为

，再利用互斥事件有一个发生的概率和相互独立事件同时发生的概率即可求出结果；

（3）利用条件直接求出的可能取值及相应的概率，再利用均值的定义即可求出结果.

【详解】（1）设A口袋中有n个白球，则由题知，解得，，

设事件表示从口袋中第次取出的是红球，则有，

设事件C表示从B口袋中有放回的各取1球恰好第3次后停止，

则．

（2）设事件表示从口袋中取出一个球是红球，，

表示从口袋中取出一个球是红球，，

事件E表示第三人从两个口袋中各取一球是同色球，有，

所以游戏不公平．

（3）设表示从B口袋中一次取3个球的得分，则的可取值为3，4，5，

有，，，

从而.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质可得、、，建立如图空间直角坐标系，根据向量法分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，结合即可证明；

（2）由（1），根据向量法分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，结合数量积的坐标表示计算即可求解.

【详解】（1）取AC的中点H，则，连接HP、HB，由，得，

又平面PAC平面ABC=AC，平面PAC，所以平面ABC，

由平面ABC，得，，

以H为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，建立空间坐标系，

由题意可得，

则，

有，

设平面PAB和平面PBC的一个法向量分别为，

则，

令，得，

所以，有，

即，故平面平面．

（2）由（1）知，若，则，，，，

有，，，，

设平面、平面一个法向量分别为，

则，

令，得，

所以，，

设平面与平面夹角为，得，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意设，，则．代入菱形的面积公式求出t即可求解；

（2）直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示，由题意，结合弦长公式可得，根据计算化简即可求解.

【详解】（1）由椭圆的离心率为，可设，，则．

四个顶点构成的四边形为菱形，其面积为，

即，即椭圆的方程为：．

（2），

联立直线与椭圆，消去y可得，

，，

得，

整理得，

而，

所以为定值．

22．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意对求导可得，则对不等式恒成立，即函数在上单调递减，结合即可证明；

（2）由题意可知当时，即恰好有1根，利用二阶导数和零点的存在性定理研究函数的性质，得，再次利用导数研究函数的性质可得，结合即可证明.

【详解】（1）令，

，

令，得，对不等式恒成立，

即在上恒成立，得函数在上单调递减，

又，所以，即．

（2）易知是方程一个根，

所以当时，即恰好有1根，

令，，

设，，

令，令，

所以在上单调递增，在上单调递增，

又，由零点的存在性定理，

得使得，即，得①，

当时，，即，函数单调递增，

当时，，即，函数单调递减，

所以②，由①②可得，

则，当时，即，函数单调递减，

又，所以，即，

所以，而，

所以，即证.

【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.