吉林省吉林市普通中学2022-2023学年高三第二次调研测试数学试题(含答案)

这是一份吉林省吉林市普通中学2022-2023学年高三第二次调研测试数学试题(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、已知集合，，则的子集个数( )
A.1B.2C.3D.4
2、对于事件A与事件B，下列说法错误的是( )
A.若事件A与事件B互为对立事件，则
B.若事件A与事件B相互独立，则
C.若，则事件A与事件B互为对立事件
D.若，则事件A与事件B相互独立
3、下列四个函数中，在其定义域内单调递增的是( )
A.B.C.D.
4、已知抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合，则下列说法不正确的是( )
A.椭圆E的焦距是2B.椭圆E的离心率是
C.抛物线C的准线方程是x=-1D.抛物线C的焦点到其准线的距离是4
5、已知是等比数列，下列数列一定是等比数列的是( )
A.B.C.D.
6、已知，，若直线与直线垂直，则的最小值为( )
A.1B.3C.8D.9
7、近日，吉林市丰满区东山顶上新建了一处打卡地朱雀云顶观景塔，引来广大市民参观，某同学在与塔底水平的A处利用无人机在距离地面21m的C处观测塔顶的俯角为，在无人机正下方距离地面1m的B处观测塔顶仰角为，则该塔的高度为( )
A.15mB.16mC.mD.m
8、已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至.当直线与AD所成的角最大时，三棱锥的体积为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9、已知复数，则下列说法正确的是( )
A.z的共轭复数是
B.z的虚部是i
C.
D.若复数满足，则的最大值是
10、如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在处，质点B在第一象限，且.质点A以的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以的角速度按逆时针方向运动，则( )
A.经过1s后，扇形AOB的面积为
B.经过2s后，劣弧的长为
C.经过6s后，质点B的坐标为
D.经过s后，质点A，B在单位圆上第一次相遇
11、如图，函数的图象称为牛顿三叉戟曲线，函数满足有3个零点，，，且，则( )
A.B.
C.D.
12、如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是( )
A.当时，直线平面
B.当时，的最小值为
C.若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D.当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
三、填空题
13、命题“，”为假命题，则实数a的取值范围为__________.
14、已知向量，的夹角为，且，，则___________.
15、已知函数，点、是函数图象上不同的两个点，则（O为坐标原点）的取值范围是 .
四、双空题
16、意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作.已知，，（，且）.
（1）若斐波那契数除以4所得的余数按原顺序构成数列，则___________.
（2）若，则___________.
五、解答题
17、坐位体前屈是中小学体质健康测试项目，主要测试学生躯干､腰､髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性､弹性及身体柔韧性，在对某高中1500名高三年级学生的坐位体前屈成绩的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这1500名高三年级学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2cm和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2cm和17.56.
(1)求抽取的总样本的平均数；
(2)试估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差.
参考公式：总体分为2层，分层随机抽样，各层抽取的样本量､样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总样本的平均数为，样本方差为，
18、已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求边a；
(2)若是锐角三角形，且___________，求的面积S的取值范围.
要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
19、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且，
四边形BDEF为矩形，，AC与BD交于O点，.
(1)求证:平面BDEF；
(2)求二面角的余弦值.
20、已知数列的前n项和为，，数列是以为公差的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
21、在平面内，动点与定点的距离和它到定直线的距离比是常数2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若直线m与动点M的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.
22、已知函数.
(1)判断的单调性；
(2)设函数，记表示不超过实数x的最大整数，若对任意的正数x恒成立，求的值.
（参考数据：，）
参考答案
1、答案：D
解析：集合表示以为圆心，2为半径的圆上的所有点，
集合表示直线上的所有点，
因为直线经过圆心，所以直线与圆相交，
所以的元素个数有2个，则的子集个数为4个，
故选：D.
2、答案：C
解析：对于A，事件A和事件B为对立事件，则A，B中必然有一个发生，，正确；
对于B，根据独立事件的性质知，正确；
对于C，由，并不能得出A与B是对立事件，举例说有a，b，c，d4个小球，
选中每个小球的概率是相同的，事件A表示选中a，b两球，则，事件B表示选中b，c两球，则，
，但A，B不是对立事件，错误；
对于D，由独立事件的性质知：正确；
故选：C.
3、答案：A
解析：由幂函数性质可知，定义域为，且在定义域内单调递增；即A正确；
在其定义域，上分别单调递减，即C错误；
由正切函数图像可知，为周期函数，在定义域内不是单调递增，B错误；
由指数函数性质可知，在上为单调递减，所以D错误.
故选：A
4、答案：D
解析：根据椭圆
可得：
所以椭圆E的焦距是，故A正确；
椭圆E的离心率为，故B正确；
又因为椭圆的焦点为，
抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合，
，即
所以抛物线C的准线方程是，故C正确；
抛物线C的焦点到其准线的距离，故D不正确.
故选：D
5、答案：D
解析：设等比数列的公比为q，
当时，，数列不是等比数列；
当时，，数列不是等比数列；
当时，，数列不是等比数列；
因为，由等比数列的定义可知：
数列是等比数列，
故选：.
6、答案：D
解析：由题可知，两条直线斜率一定存在，
又因为两直线垂直，所以斜率乘积为-1，即，即，
整理可得，
所以，当且仅当时，等号成立；
因此的最小值为9.
故选：D.
7、答案：B
解析：根据题意可得，m，m，所以m；
设塔顶为点D，作于E，如下图所示：
易知，，所以，
所以m，同理m，
即塔高m；
所以该塔的高度为16m.
故选：B.
8、答案：C
解析：因为异面直线最大角为直角，故当时，与所成角最大，
因为四边形是矩形，所以，
又，，、面，
故面，又因为面，所以，
在中，，，所以，
又，，，所以，故，
所以.
故选：C.
9、答案：AD
解析：对于A选项，因为，则，A对；
对于B选项，复数z的虚部为1，B错；
对于C选项，，C错；
对于D选项，令，，则，
即在圆心为半径为1的圆上，而表示圆上点到原点的距离，
由圆心到原点的距离为，结合圆上点到定点距离范围易知：的最大值为，D对.
故选：AD.
10、答案：BD
解析：对于A，由题意可知：经过1s后，，
所以此时扇形AOB的面积为，故选项A错误；
对于B，经过2s后，，
所以此时劣弧的长为，故选项B正确；
对于，经过6s后，质点B转过的角度为，
结合题意，此时质点B为角的终边与单位圆的交点，
所以质点B的坐标为，故选项C错误；
对于，经过后，质点B转过的角度为，质点A转过的角度为，因为，所以经过后，质点A，B在单位圆上第一次相遇，故选项正确，
故选：.
11、答案：ACD
解析：，
令，则；令，则且；
的增区间为：，减区间为：与，
对于A选项：且有三个零点，，即A选项正确；
对于B选项：当时，，即，
，
，
在上单调递减，
，即，即B选项错误；
对于C选项：令，.
，
在上递减，即.
，
，
.
，
，
又在上单调递增，
，即，即C选项正确；
对于D选项：，
，即，
，
，
，
令，，则，
令，则，
令，解得，令，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
则在上的最小值为，
故，故D选项正确.
故选：ACD.
12、答案：ABC
解析：对于A，取，相交于点O，的中点为，如下图所示：
当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，
点P在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，
又，且，平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，P，C，A三点共线，即点P在线段上；
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当P，B，D三点共线时，等号成立，
此时点P为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，，与所成角都为，由可知，点P在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；
则点P的轨迹是以O为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C正确；
对于D，当时，取的中点为E，即；
由可知，P，C，E三点共线，即点P在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，，
由相似比可得，
设外接球半径为R，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又，所以半径的取值范围是，即D错误.
故选：ABC
13、答案：
解析：由题意可知，命题“，”为真命题.
当时，由可得，不合乎题意；
当时，由题意可得，解得.
因此，实数a的取值范围是.
故答案为：.
14、答案：
解析：因为向量，的夹角为，，，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
15、答案：
解析：当时，，则，
所以，函数在上为增函数；
当时，由可得，即，
作出函数的图象如下图所示：
设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为，设切点为，
所以，切线方程为，
将原点坐标代入切线方程可得，即，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，且，
由，解得，所以，，
而函数的渐近线方程为，
设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，
则，
结合图形可知，.
故答案为：.
16、答案：（1）2697
（2）；-1+a
解析：（1）由题意，，则，，则，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；
（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，
所以.
故答案为：2697，
17、答案：（1）
（2）16
解析：（1）设在男生､女生中分别抽取m名和n名，
则，解得：，.
记抽取的总样本的平均数为，
根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，
可得：
所以，抽取的总样本的平均数为.
（2）男生样本的平均数为，样本方差为；
女生样本的平均数为，样本方差为；
由（1）知，总样本的平均数为.
记总样本的样本方差为，
则
所以，估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.
18、答案：（1）
（2）答案见解析
解析：（1）解法一：因为，
由余弦定理，得；
解法二：因为，
由正弦定理，得，
∴，
∴，即.
（2）选择①：因为
所以，，
所以
因为是锐角三角形，
所以，又，所以，所以.
所以，所以，
所以，
所以.
选择②：因为，则，
因为是锐角三角形，所以，
即，
所以，
因为，
所以，
所以
，
由二次函数的性质可得，
当时，函数取最大值，
当时，，又，
所以，即，
所以，
所以.
19、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明:因为四边形ABCD为菱形，所以，
因为，且O为AC中点，所以，
，平面BDEF，平面BDEF，
所以平面BDEF；
（2）因为四边形BDEF为矩形，连接OE，
因为，，且O为BD中点，
所以，，
故，即，
由（1）可知平面BDEF，平面BDEF，、
所以，因为，平面AEC，
平面AEC，所以平面AEC，
又平面AEC，所以，
过O作，垂足为G，连接GF，
因为，平面OFG，平面OFG，
所以平面OFG，因为平面OFG，所以，
所以为二面角的平面角，
在直角中，根据面积相等有，
所以，
因为平面AEC，平面AEC，所以，
所以为直角三角形，所以，
则，
所以二面角的余弦值为.
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）解：，，
又数列为以为公差的等差数列，
，即，
时，，
时，符合上式，
数列的通项公式为.
（2）解：由（1）可得
所以
，
数列的前项和.
21、答案：（1）
（2）最小值为6
解析：（1）解：由已知可得：，
整理化简可得：，
即，
所以动点M的轨迹方程为：；
（2）解：由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6.
22、答案：（1）在上单调递减
（2）0
解析：（1）函数的定义域是，
易知恒成立，
在上单调递减.
（2），定义域是，
则，
令，则；令，则.
在上单调递增，在上单调递减.
，，.
存在，使，即.
当时，；当或时，
当时，；
当或时，.
1和是方程的两个不等实数根.
，由韦达定理.
，，.
即，
又由，
又，
所以（其中）
由（1）知在区间上单调递减
且，.
.
即.