吉林省长春市2023届高三下学期质量检测（三）数学试卷 含解析

这是一份吉林省长春市2023届高三下学期质量检测（三）数学试卷 含解析，共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（ ）
A. -3B. C. 3D.
答案：A
解析：因为为实数，则，即，所以.
故选：A.
2. 如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：由韦恩图可知，，
因为，，
则，，因此，.
故选：D.
3. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.84B. 0.68C. 0.34D. 0.16
答案：B
解析：由题设，而，
又，
所以.
故选：B
4. 如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，
因为为正三角形，所以与所成的角为，
所以异面直线与所成的角为.
故选：C.
5. 已知等比数列的公比为（且），若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
答案：C
解析：已知等比数列的公比为（且），若，
则，所以，解得.
故选：C.
6. 已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：因为，，
所以，
画出的图象，
要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则，
解得.
故选：A
7. 已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
答案：A
解析：令且均属于，则，
所以，故，
又，故在上恒成立，且在上单调递增，
所以，满足仅有，即仅有1个.
故选：A
8. 已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：由圆的方程知：圆的半径为；
当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，
（当且仅当三点共线时取等号），
当位于图中处时，取得最小值；
又当位于图中处时，取得最大值；
当与分别两个半平面中时，
作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，
，，
，，，
；
为圆右半圆上的点，可设，，
，
（其中，），
，当，即时，，
则；
又，，即；
综上所述：两点间的距离的取值范围为.
故选：B.
二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 在中，若，则下列论断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：BD
解析：解：由，
因为，
所以，
所以，不一定为1，A错；
因为，，
∴，
从而有，所以B正确，
又，所以也不一定等于1，C错；
而，D正确；
故选：BD
10. 阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（ ）
A. 直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B. 若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
C. 若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D. 若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
答案：BC
解析：对于A，当直四棱柱的底面为正方形时，
其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B，若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，
所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；
对于C，在四面体中，，，，
所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，
解得，易知，
所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
又平面，
所以平面，故C正确，
对于D,直四棱柱在顶点处的离散曲率为,
则,即是等边三角形,
设,则即为与平面的所成角,
,故D错误;
故选：BC.
11. 定义在上的函数，则（ ）
A. 存在唯一实数，使函数图象关于直线对称
B. 存在实数，使函数为单调函数
C. 任意实数，函数都存在最小值
D. 任意实数，函数都存在两条过原点的切线
答案：ACD
解析：对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立
所以且，所以，解得，
且当时，，则，
所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；
对于C，由于，又令，则恒成立，
所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；
对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，
所以切线方程为，当切线过原点时，有
整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，，使得
B. 当时，，使
C. 当时，，使得
D. 当时，，
答案：BC
解析：在椭圆中，，，，
由题意可得，上焦点记为，
对于A选项，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，
所以，，A错；
对于B选项，设线段的中点为，
由题意可得，两式作差可得，
因为直线的斜率存在，则，所以，，
整理可得，又因为，消去可得，其中，
所以，，
所以，
，B对；
对于C选项，当时，直线的方程为，即，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
，
同理，所以，，
因为，所以，当时，，使得，C对；
对于D选项，设线段的中点为，
由B选项可知，，即，即，
由可得，故点的横坐标的取值范围是，
而点到直线的距离为，
由可得，当且仅当点时，
取最小值，D错.
故选：BC.
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）
13. 若，则__________.
答案：
解析：解：因为，
所以
，
故答案为：
14. 已知单位向量，的夹角为60°，若，则记作．已知向量，，则___________．
答案：
解析：因为
所以，
故答案为：
15. 早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xy，根据图上尺寸， 溢流孔ABC所在抛物线的方程为_________， 溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 ___________ .
答案： ①. ②.
解析：设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，
代入方程，解得：，
所以桥拱所在抛物线方程；
四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，
设第一个抛物线，
由图抛物线经过点，则，解得，
所以，
点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，
设
由，解得：
所以点A的横坐标为.
故答案为：；
16. 将圆分成个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n个扇形的涂色方法为种，则与的递推关系是______．
答案：（）
解析：
如上图所示，由题意，将圆分成个扇形，涂色方法有种，
若假设第个扇形与第个扇形不相邻，如下图所示：
则为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，…，为第个扇形涂色，有种方法，
故由分步乘法计数原理，涂色方法共有种，
其中，包括了第个扇形与第个扇形颜色不同方法种，与第个扇形与第个扇形颜色相同的方法种，即，
而第个扇形与第个扇形颜色相同的涂色方法种，可以看作将第个扇形与第个扇形合并为一个扇形，如下图所示：
即个扇形的涂色方法（为使满足题意，需使，即），
综上所述，（），
∴与的递推关系是（）.
故答案为：（）.
四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 从下列条件中选择一个条件补充到题目中：
①，其中为的面积，②，③．
在中，角，，对应边分别为，，，_______________．
（1）求角；
（2）若为边的中点，，求的最大值．
答案：（1）
（2）
1.选①，由余弦定理得：，
又，所以，
得，
因为，所以．
选②，因为，由正弦定理得：，
整理得：，
由余弦定理得：，
因为，所以．
选③，因为，由正弦定理得：，
即，
又因，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，即．
2.在中，设，
由正弦定理得，
所以，，
∴，其中，
当时取等号，所以的最大值是．
18. 如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
答案：（1）证明见解析
（2）
1.在平面图形中取中点，连接，，
∵△是边长为2的等边三角形，
∴，，故翻折后有，
又，则，，，
所以△△，即，则，
由，、平面，故平面，
∵，则，
∴平面，又平面，
∴．
2.在面内作，交于，由平面，平面，
所以，故两两垂直，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
由（1）得，四边形为矩形，
在△中，，由余弦定理得，故，
所以，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，令，则，
设直线与平面所成角为，则．
19. 在正项数列中，，．
（1）求；
（2）证明：．
答案：（1）
（2）证明见解析
1.由，
得，
令，则，且，
∴为首项为1，公差为1等差数列，
∴，
又，
∴．
2.证明：．
20. 国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．
（1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；
（2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．
①求随机变量的分布列；
②证明：单调递增，且小于3．
答案：（1）分布列见解析
（2）①分布列见解析 ；②证明见解析
1.由题设，可取值为1，2，3，
，，，
因此的分布列为
2.可取值为1，2，…，，
每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，
所以时，；当时，
故的分布列为：
②由①知：（，）．
，故单调递增；
由上得，故，
∴，
故．
21. 已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．
（1）若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；
（2）若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；
（3）若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．
答案：（1）直线与双曲线相切，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
1.直线与双曲线相切．理由如下：
联立方程组，
∴①，
∵，
∴，即，代入①得，
，
∴，
∴直线与双曲线相切．
2.由（1）知，
∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
3.设，，设，，
∵，
∴，则，
代入双曲线，利用在上，
即，整理得，
同理得关于的方程．
即、是的两根，
∴，
∴．
22. 已知函数，是的导函数，且．
（1）求实数的值，并证明函数在处取得极值；
（2）证明在每一个区间都有唯一零点．
答案：（1），证明见解析
（2）证明见解析
1.∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴，，
当时，，
∴，
当时，令，
∵，
即在单调递减，
∴，
∴，所以函数在处取得极大值.
2.由，
令，
则，
当时，，
∴，
∴在区间单调递减，
又∵，，
∴在每一个区间有唯一零点，
故在每一个区间有唯一零点．1
2
3
1
2
3
…
…