2023延边州高三教学质量检测数学试题PDF版含答案

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2023年吉林省延边州高三统考数学答案1.【答案】C【详解】集合有一个元素，即方程有一解，当时，，符合题意，当时，有一解，则，解得：，综上可得：或，选：C.2.【答案】B【详解】，，故z的虚部为，，，，所以B正确3.【答案】B【详解】因为，所以，，所以在上的投影向量为，故选：B.4.【答案】D【详解】三人挑四种书，每人有4种选法，共有种方法，恰有2人选同一种书的方法有种，即36种方法，.故恰有2人选同一种的概率，.故选：D.5.【答案】C根据题意列出方程组，指数式化为对数式，结合对数运算法则，求出，结合，得到.6．【答案】D【详解】（1）当切线的斜率不存在时，直线是圆的切线；（2）当切线斜率存在时，设切线方程为，由到切线距离为得，此时切线方程为即.故选：D7.【答案】C【详解】取的中点为，连接，因为，，所以由面面平行的判定可知，平面平面，则点在线段上，当时，线段最短，，即，，故，故故选：C8.【答案】A【详解】因为，所以函数的周期为，因此，因为为偶函数，所以，所以，因为，所以，所以，而若在内单调递增，所以，故选：A9.【答案】ABC【详解】A：，正确；B：，正确；C：，正确.D：，错误；故选：ABC10.【答案】ABD【详解】对于A，因为，所以为增函数，故A正确；对于B，由，，所以为增函数，故B正确；对于C，，则等价于，又为增函数，所以，解得，所以的解集为，故C错误；对于D，等价于，即，又为增函数，所以，解得，所以的解集为，故D正确；故选：ABD.11.【答案】BD【详解】若直线轴，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意.设点、，设直线的方程为，联立，整理可得，，由韦达定理可得，，，，B正确；，解得，所以，直线的斜率为，A错误；抛物线上一点到焦点的距离为，则，可得，故抛物线方程：，C错误；抛物线的焦点到准线的距离为，则，所以，抛物线的方程为， 所以，，，，所以，圆的直径为，则，点到轴的距离为,，，，，即，D正确.故选：BD.12.【答案】ABD【详解】因为是矩形，所以，又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于，所以平面，而平面，所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，因为，所以有，因此选项B正确；当为线段的中点时，，，，设平面的法向量为，于是有，因为平面，所以选项A正确；设，，有最小值44，因此选项C不正确，，，所以点B到平面CEF的距离为，因选项D正确；故选：ABD13.【答案】560【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，所以的展开式中的系数为14.【答案】【解析】解：，且且∴当且仅当取等号，又，即，时取等号15.【答案】3【详解】因为若函数在处有极小值，所以，解得或，（1）当时，，当时，，当时，，则函数在处取得极小值（2）当时，，当时，，当时，，则函数在处取得极大值，综上，.16.【答案】.【详解】不妨设点在第二象限，设，，由为的中点，、、三点共线知直线垂直平分，则，故有，且，解得，，将，即，代入双曲线的方程可得，化简可得，即，当点在第三象限时，同理可得.17.【答案】(1)   (2)选①；选②，【详解】（1）依题意，，由正弦定理得，，...............2分由于，所以.                                    ...............4分（2）如图所示，设为的中点，则为边上的中线.若选①.，由（1）知，设，由，得，则，故周长为，解得   .从而   BC=AC=2,  AB=2                                                        ...............8分.则在中，由余弦定理得，解得.                                                                    ..............10分  若选②，已知，得，即，则，   ...............7分在中，由余弦定理得，.因此边上的中线长为.                                             ...............10分18.【答案】（1）（2）（1）由题意可得即又因为，所以..............3分 所以．                                                                           ...............4分 （2）∵，∴．.........7分 ∵存在，使得成立．∴存在，使得成立．即存在，使得成立．                                                                     ...............8分 ∵（当且仅当时取等号）．∴，即实数的取值范围是．...............12分19.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【详解】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，所以平面，所以.                                                                           ..............4分（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.如图建立空间直角坐标系.由题意得，，，，.所以，，.设平面的法向量为.则即令，则，，所以.                                                         ...............6分 设直线和平面所成的角为，则. .............7分 故所求角的正弦值.                                                                 ...............8分（3）线段上存在点适合题意.设，其中.设，则有，所以，，，从而，所以，又，所以                                   ...............10分令，整理得.解得.所以线段上存在点适合题意，且.                                                                            ...............12分20．【答案】(1)；(2)分布列见解析，期望为.解：（1），，，又因为，所以，                                  ...............4分 所以年收入的附加额与投入额的线性回归方程为．                                                                   ...............5分（2）个投入额中，“优秀投资额”的个数为个，故的所有可能取值为，，，，        ...............6分            则的分布列为  ...............10分．                                                     ..............12分21．【答案】(1)   (2)证明见解析，【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，                             ..............1分令，得，由题意可得，                                           ..............2分解得，椭圆E的方程为：；                                     ..............4分（2）由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，，，联立，得，，由，得，，，直线AD的方程为，令，解得，则，同理可得，..............8分                          ..............12分22. 【答案】(1)(2)答案见解析【详解】（1）在区间上单调递减，即在上恒成立，即在上恒成立．               ..............1分令，，当时，，，所以，即在上单调递增， 所以当时，，所以   ..............5分（2）时，，所以，即，．..............7分令得，                                                ..............8分所以，即，．                                                  ..............12分