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2023年吉林省金太阳高考数学联考试卷（4月份）-普通用卷

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这是一份2023年吉林省金太阳高考数学联考试卷（4月份）-普通用卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年吉林省金太阳高考数学联考试卷（4月份）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知集合，，则( )

A. B.
C. D.

2. 已知复数，且，则( )

A. B. C. D.

3. 已知抛物线：的焦点为，在抛物线上，且，则( )

A. B. C. D.

4. 若，，，则( )

A. B. C. D.

5. 已知是等比数列，则“”是“数列的公比为”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

6. 如图，在正三棱柱中，，在上，是的中点，则的最小值是( )

A.
B.
C.
D.

7. 已知函数满足，且是偶函数，当时，，则( )

A. B. C. D.

8. 已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上，，若周长的最小值是，则双曲线的离心率是( )

A. B. C. D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 某商场开业期间举办抽奖活动，已知抽奖箱中有张奖券，其中有张写有“中奖”字样假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，记表示甲中奖，表示乙中奖，则( )

A. B. C. D.

10. 已知圆：，过点的直线与圆交于，两点，则( )

A. 存在直线，使得 B. 使的长为整数的直线有条
C. 存在直线，使得的面积为 D. 使的面积为的直线有条

11. 正三棱锥的底面边长为，高为，则下列结论正确的是( )

A.
B. 三棱锥的表面积为
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 三棱锥的内切球的表面积为

12. 已知函数，函数恰有个零点，则下列说法正确的是( )

A. 有个零点
B. 若，则有个零点
C. 若只有个零点，则的取值范围是
D. 若恰有个零点，则的取值范围是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 幸福指数是衡量人们对自身生存和发展状况的感受和体验，即人们的幸福感的一种指数某机构从某社区随机调查了人，得到他们的幸福指数满分：分分别是，，，，，，，，，，则这组数据的中位数是______ ．

14. 若，则的值可以是______ ．

15. “赵爽弦图“是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形如图，某人类比“赵爽弦图”，用个全等的三角形和一个小的等边三边形拼成一个较大的等边三角形、，分别是，，的中点，若，则 ______ ．

16. 已知函数满足，且在上单调，若关于的方程在上有个零点，则的最小值是______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
某杂志社对投稿的稿件要进行评审，评审的程序如下：先由两位专家进行初审若两位专家的初审都通过，则予以录用；若两位专家的初审都不通过，则不予录用；若恰能通过一位专家的初审，则再由另外的两位专家进行复审，若两位专家的复审都通过，则予以录用，否则不录用，假设投稿的稿件能通过各位专家初审的概率均为，复审的稿件能通过各位专家复审的概率均为，且每位专家的评审结果相互独立．
求投到该杂志的篇稿件被录用的概率；
记表示投到该杂志的篇稿件中被录用的篇数，求的分布列及期望．

18. 本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
证明：
若，，求的面积．

19. 本小题分
在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
问题：设数列的前项和为，，且_____．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

20. 本小题分
如图，在三棱柱中，所有棱长均为，且，，．
证明：平面平面．
求平面与平面夹角的余弦值．

21. 本小题分
椭圆的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为，，点在椭圆上．
求椭圆的方程．
过点的直线与椭圆交于，两点异于点，，记直线与直线交于点，试问点是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．

22. 本小题分
已知函数其中为自然对数的底数，且曲线在处的切线方程为．
求实数，的值；
证明：对任意的，恒成立．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：由题意可得，，
则．
故选：．
分别化简集合，，由集合的交集运算即可得出结论．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．

2.【答案】

【解析】解：由题意可得，则，
从而，，故．
故选：．
由题意可得，化简后利用复数相等即可解得，，从而可解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

3.【答案】

【解析】解：由抛物线的定义可知，，
解得．
故选：．
根据抛物线的定义可得，即可求解．
本题考查了抛物线的标准方程及其应用，考查了数形结合的思想方法，考查了计算能力，属于基础题．

4.【答案】

【解析】解：因为，所以为减函数，
所以，即．
因为，所以为增函数，
所以，即．
因为，所以为增函数，
所以，即，
所以．
故选：．
用对数函数的单调性和，比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系．
本题考查对数函数、指数函数的单调性比较大小，属于中档题．

5.【答案】

【解析】解：设等比数列的公比为，
，
则，即或，
故，
故或，
所以“”是“数列的公比为”的必要不充分条件．
故选：．
根据已知条件，结合等比数列的性质，以及充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，以及充分条件、必要条件的定义，属于基础题．

6.【答案】

【解析】解：如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，

由题意可知，，所以，
所以，则，
，
从而，
故，
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得，
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则，
即的最小值为．
故选：．
将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，计算出以及的值，分析可知当、、三点共线时，取得最大值，再结合余弦定理求解即可．
本题主要考查了正三棱柱的结构特征，考查了余弦定理的应用，属于中档题．

7.【答案】

【解析】解：根据题意，由是偶函数，得，
令，则．
由，令，则，
则有，即，所以函数周期为．
因为，则有，
所以．
故选：．
根据题意，由函数的奇偶性和对称性，得到函数的周期，利用周期和指数式的运算规则求函数值．
本题考查函数的对称性和周期性的应用，涉及函数值的计算，属于基础题．

8.【答案】

【解析】解：如图，

设双曲线的右焦点为，连接，线段交双曲线于点，
则．
由双曲线的定义可得，
则．
因为，所以，
则周长的最小值为，
整理得，即，
解得．
故选：．
设双曲线的右焦点为，连接，线段交双曲线于点，由三角形两边之和大于第三边得，再由双曲线的定义得，从而得到，所以周长的最小值可表示为，结合条件可求出关于，的方程，即可解出离心率．
本题考查双曲线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．

9.【答案】

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，，A正确；
对于，，B错误；
对于，，C正确；
对于，，D错误．
故选：．
根据题意，由条件概率和古典概型公式依次分析选项，综合可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型的计算，属于基础题．

10.【答案】

【解析】解：过点的直线与圆交于，两点，
圆心到直线的距离的取值范围为，
所以最短弦长为，最长弦长为，且最长弦与最短弦有唯一性，故A错误，B正确．
的面积，，令，，
则，，显然随的增大而增大，
故，故选项C错误．
由对称性知，使的面积为的直线有条，则D正确．
故选：．
由题意可得圆心到直线的距离的取值范围为，进而结合每个选项条件计算可得结论．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．

11.【答案】

【解析】解：如图，取棱的中点，连接，，易证，，
因为，平面，且，所以平面，则，故A正确；
作平面，垂足为，则，由正三棱锥的性质可知在上，且，
因为，所以，则因为，所以，
则三棱锥的表面积，故B正确；
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则在上，连接，
则，即，解得，
则三棱锥外接球的表面积为，故C错误；
设三棱锥的内切球的半径为，则，解得，
从而三棱锥的内切球的表面积为，故D正确

故选：．
取棱的中点，连接，，易证，，进而逐项判断即可．
本题考查锥体的性质，考查求空间几何体的表面积的求法，属中档题．

12.【答案】

【解析】解：当时，，
所以，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的图象如图所示：

由图可知有个零点，则A正确；
设，则，
当时，的解是，，
所以有个不同实根，
有个不同实根，则有个不同实根，故B正确；
当时，有个不同实根，，，
设，，．
有个不同实根，有个不同实根，有个不同实根，
则有个不同实根；
当时，有个不同实根，，
设，，
有个不同实根，有个不同实根，
则有个不同实根；
当时，有个不同实根，，
设，，
有个不同实根，有个不同实根，
则有个不同实根；
当时，有且只有个实根，
当时，则有个不同实根；
当时，只有个实根；
当时，有且只有个实根，且，则
只有个实根．故C错误，D正确．
故选：．
利用导数，确定当当时函数的单调性，并作出函数的图象，结合图象分、、、、及讨论即可得答案．
本题考查了函数的零点、导数的综合运用、转化思想及数形结合思想，属于中档题．

13.【答案】

【解析】

【分析】
本题主要考查中位数的求法，属于基础题．
利用中位数的求法，依次排序计算即可．
【解答】
解：将这组数据按从小到大的顺序排列为，，，，，，，，，，则这组数据的中位数是．
故答案为：．

14.【答案】答案不唯一，只要大于等于

【解析】解：，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的值可以是．
故答案为：答案不唯一，只要大于等于
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查基本不等式的公式，属于基础题．

15.【答案】

【解析】因为是正三角形，所以，则，
因为，分别是，的中点，且和全等，
所以，设，则，因为，
所以，
解得，所以，
由图可知与的夹角为，
所以．
故答案为：．
由图可知，且，利用余弦定理可求出，再利用向量的数量积公式即可轻松求解．
本题主要考查向量的数量积，利用余弦定理解三角形，属于基础题．

16.【答案】

【解析】解：因为，整理得，，解得．
由于在上单调，所以，所以．
根据且，
所以根据，故，解得．
因为，故当时，解得，
故．
由，得，则或，，
解得或，
故的相邻两个零点之间的距离是或．
要使最小，则，都是的解，
则．
故答案为：．
首先利用余弦函数的性质求出函数的解析式，进一步利用函数的性质求出的最小值．
本题考查的知识要点：余弦函数的性质，函数的解析式的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．

17.【答案】解：由题意可得投到该杂志的篇稿件初审直接被录用的概率，
投到该杂志的篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率，
故投到该杂志的篇稿件被录用的概率；
由题意可知的所有可能取值为，，，，且，
，
，
则的分布列为：

故．

【解析】根据独立性分别求得投到该杂志的篇稿件初审直接被录用的概率，投到该杂志的篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率，即可求解；
由题意可知，从而可求的分布列及期望．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．

18.【答案】证明：因为，所以，
所以，
所以，
即，
因为在中、、，所以，
即，
故，即；
解：由可知，
因为，所以则，，
由正弦定理可知则，
故的面积．

【解析】根据正弦定理边化角结合三角恒等变换化简得，可证明；
结合得．，利用正弦定理及面积公式计算即可．
本题考查解三角形问题，正弦定理与三角函数公式的应用，属中档题．

19.【答案】解：若选条件时．，
时，，
化为：，
，
时也成立．
若选条件时．
，
，，，，
所有的式子相乘，得到，
故．
由得：，
所以．

【解析】选条件，直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
利用的结论，进一步利用相消法求出数列的和．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

20.【答案】证明：如图，取棱的中点，连接，，，
由题意可知为菱形，且，则为正三角形，
因为是棱的中点，所以，
由题意可知是边长为的等边三角形，则，，
因为是边长为的等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
因为，平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
由可知，，两两垂直，故分别以，，的方向为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则．．，，，
故，，
，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．

【解析】先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明面面垂直即可；
应用空间向量法求二面角余弦值，即求解平面的法向量，平面的法向量，利用向量的数量积求解即得．
本题考查线面垂直，面面垂直判定定理的应用，应用空间向量法求二面角余弦值，是中档题．

21.【答案】解：设椭圆的方程为，
因为椭圆的左右顶点分别为，，点在椭圆上，
所以，解得，
故椭圆的方程为．
依题可设直线的方程为，，，，
联立方程组，整理得，
所以，，
所以，

直线的方程为，
直线的方程为，
联立方程组，解得，
所以．
故点在定直线上．

【解析】根据左右顶点及点在椭圆上列式求解写书椭圆方程即可；
先设直线方程再联立方程组求韦达定理，再求两个直线的交点，确定交点横坐标即得．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

22.【答案】解：因为，所以．
则，
解得，．
证明：设，
则，
设，则，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以存在，，使得，
故当时，；当时，，
所以在与上单调递增，在上单调递减，
因为，，所以存在唯一的，使得，
所以当时，当时，，
则在与上单调递减，在与上单调递增，
故是与中的较小值，
因为，，所以恒成立，
即对任意的恒成立．