2023届吉林省通化市梅河口市第五中学高三下学期二模考试数学试题含解析

这是一份2023届吉林省通化市梅河口市第五中学高三下学期二模考试数学试题含解析，共22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届吉林省通化市梅河口市第五中学高三下学期二模考试数学试题

一、单选题
1．若集合，，则集合（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由绝对值不等式求得集合，再根据并集运算即可.
【详解】不等式的解集为，所以，又，
所以.
故选：B.
2．若z满足，则（    ）
A．10 B． C．20 D．
【答案】B
【分析】由复数的除法法则求得，再根据模长公式求模即可．
【详解】由已知得，
所以．
故选：B．
3．在边长为1的正中，，，则（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量基本定理、共线定理与数量积综合应用即可求得的值.
【详解】如图，

因为，，则为边上靠近的三等分点，为边的中点，
所以，，
又在正中，，
则.
故选：D.
4．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1，，，，构成数列，其前n项和为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据数列的前4项，归纳出数列的通项，即可用裂项相消法求其前n项和为，即可得的值.
【详解】由题意可知，

则，
所以其前n项和为：

，
则.
故选：B.
5．随机掷两枚质地均匀的骰子，它们“向上的点数之和不超过5”的概率记为”，“向上的点数之和为奇数”的概率记为，“向上的点数之积为偶数”的概率记为”，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用列举法结合古典概型的公式求出，，即可求解．
【详解】把随机掷两枚骰子的所有可能结果列表如下：





































共有36种等可能的结果，
其中“向上的点数之和不超过5”的有10种情况，
“向上的点数之和为奇数”的有18种情况，
“向上的点数之积为偶数”的有27种情况，
所以“向上的点数之和不超过5”的概率，
“向上的点数之和为奇数”的概率，
“向上的点数之积为偶数”的概率，
因为，
所以，
故选：A．
6．已知是上的奇函数，且在区间上是单调函数，则的最大值为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据正弦型函数的奇偶性求得的值，再根据其单调性求得的取值范围，由，即可得的最大值.
【详解】函数是上的奇函数，
则，所以，，又，所以，
则，当，则，
又在区间上是单调函数，所以，解得，又，
所以则的最大值为.
故选：C.
7．已知，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数可证，又，可得，即可证．
【详解】由
令，则，
当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减，且
则，因此，所以
又因为，所以，得
故，有.
综上，.
故选：D
8．在四边形ABCD中，，，将沿AC翻折至，三棱锥的顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据外接球的表面积求出球的半径，过点作平面，垂足为，设为的中点，易得三棱锥外接球的球心过点且垂直平面的垂线上，再利用勾股定理求出三棱锥的高，即可得解.
【详解】设三棱锥外接球的半径为，
则，解得，
如图，过点作平面，垂足为，
设为的中点，为三棱锥外接球的球心，
因为，则为外接圆的圆心，
所以三棱锥外接球的球心过点且垂直平面的垂线上，
即平面，
则，
作于点，连接，
因为平面，平面，
所以，所以，
所以为矩形，则，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
设三棱锥的高为，即，
，
则中，，
，，
由，
得，解得，
即三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为.

故选：C.
【点睛】方法点睛：立体几何外接球问题，通常要找到-个特殊三角形或四边形，找到其外心，从而找到球心的位置，从而利用球的半径相等列出方程，求出半径,进而求解球的表面积或体积等.

二、多选题
9．已知函数，下列结论中正确的是（    ）
A．是的极小值点
B．有三个零点
C．曲线与直线只有一个公共点
D．函数为奇函数
【答案】ABC
【分析】对于A，利用导数，结合极小值点的定义，可得答案；
对于B，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理，可得答案；
对于C，根据切线的求解方程，利用导数检测，可得直线为函数的切线，结合图象，可得答案；
对于D，整理函数解析式，利用奇函数的定义，可得答案.
【详解】由函数，则求导可得，
令，解得或，可得下表：














极大值

极小值


则是的极小值点，故A正确；
，，
由，，
显然函数在分别存在一个零点，即函数存在三个零点，故B正确；
联立，消去可得，化简可得，
则该方程组存在唯一实根，故C正确；
令，
，故D错误.
故选：ABC.
10．已知四面体ABCD的棱长均为2，则（    ）
A． B．直线AB与平面BCD所成的角的正弦值为
C．点A到平面BCD的距离为 D．两相邻侧面夹角的余弦值为
【答案】AB
【分析】A. 取中点，连接.证明平面，即得解；B.过点A作底面的垂线，垂足为，即可计算得解；C.点到平面的距离为，故该选项错误；D. 就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误.
【详解】A.取中点，连接. 因为.同理
，又平面，所以平面，又平面，所以，所以选项A正确；

B.过点A作底面的垂线，垂足为，则在上，且. 则就是直线AB与平面BCD所成的角，由题得所以.所以该选项正确；

C. ，即点到平面的距离为，故该选项错误；
D. 因为，所以就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误.
故选：AB

11．已知线段的长度为4，线段的长度为，点、满足，，且点在直线上，若以所在直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则（    ）
A．当时，点的轨迹为圆
B．当时，点的轨迹为椭圆，且椭圆的离心率取值范围为
C．当时，点的轨迹为双曲线，该双曲线的离心率为
D．当时，点的轨迹为双曲线，该双曲线的渐近线方程为
【答案】BCD
【分析】根据题意可知：点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，点为线段的中点，点为线段的中垂线与直线的交点，则，利用图形结合圆锥曲线定义理解分析．
【详解】根据题意可知：点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
点为线段的中点，点为线段的中垂线与直线的交点，则，
当时，线段为圆的弦，则的中垂线过圆心，点即点，故A错误；
当时，如图1，点在线段上，连接，

则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，即，
则椭圆的离心率，故B正确；
当时，过点作圆的切线，切点为，，
若点在劣弧（不包括端点，上，如图2，点在的延长线上，连接，

则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的右半支；
若点在优弧（不包括端点，上，如图3，点在的延长线上，连接，

则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的左半支，
则点的轨迹为双曲线，
，则双曲线的离心率为，故C正确；
当时，过点作圆的切线，切点为，，
若点在劣弧（不包括端点，上，如图4，点在的延长线上，连接，

则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的右半支；
若点在优弧（不包括端点，上，如图5，点在的延长线上，连接，

则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的左半支，
则点的轨迹为双曲线，
，渐近线方程为，D正确；
故选：BCD．
12．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则（    ）
A．当时， B．，都有
C．的解集为 D．的单调递增区间是，
【答案】BD
【分析】对于A，利用奇函数的定义，可得答案；对于B、D，利用导数以及奇函数的性质，可得答案；对于C，根据对数函数的性质以及不等式的性质，可得答案.
【详解】对于A，当时，，则，
函数在其定义域上是奇函数，则，故A错误；
对于B，当时，，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故，
当时，，，则；
当时，，，则，
综上，当时，，
因为函数是奇函数，所以，
当时，，故B正确；
对于C，由B可知，当时，，，
则；
当时，，，则，
因为函数是奇函数，所以当时，；当时，，
因为函数是奇函数，所以，
综上，不等式，其解集为，故C错误；
对于D，由B可知，当时， 单调递增；当时， 单调递减，
因为函数是奇函数，所以当时， 单调递减；
当时， 单调递增，故D正确.
故选：BD.

三、填空题
13．若的展开式中的系数与的系数相等，则______．
【答案】或
【分析】利用二项式定理求出的展开式中的系数与的系数，列出方程，即可求出答案．
【详解】的展开式通项为，
的展开式中的系数为，
的展开式中的系数为，
展开式中的系数与的系数相等，
，
即，
解得或，
故答案为：或．
14．过定点A的直线与圆交于B，C两点，点B恰好为AC的中点，写出满足条件的一条直线的方程______．
【答案】或
【分析】根据直线方程，求得其定点坐标，利用中点的坐标公式，表示出两个交点，根据方程求得坐标，结合直线的两点式方程，可得答案.
【详解】由直线，整理可得，当时，故直线过定点，
设，则，
由在圆，则，整理可得，
联立可得，消去可得：，解得或，
当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，
当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，
故答案为：或
15．已知P是抛物线上的动点，P到y轴的距离为，到圆上动点Q的距离为，则的最小值为______．
【答案】2
【分析】求出圆心坐标和抛物线的焦点坐标，把的最小值转化为减去圆的半径，再减去抛物线焦点到原点的距离即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
抛物线的焦点，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为，
因为是抛物线上的动点，到轴的距离为，
到圆上动点的距离为，
所以，，当且仅当三点共线时等号成立，且点在线段上，
所以，
又，当且仅当点为线段与抛物线的交点时等号成立，又，
所以，
当且仅当点为线段与抛物线的交点，点为线段与圆的交点时等号成立，
所以的最小值为2，
故答案为：2

16．若直线与曲线和曲线都相切，则______．
【答案】##
【分析】设曲线上的切点坐标为和，根据公切线的斜率关系，及切点在切线上，故可得的值.
【详解】设曲线上的切点坐标为，曲线上的切点坐标为，
又的导函数为，的导函数为
所以切线斜率，又切点，均在切线上，
所以，解得，所以，所以.
故答案为：.

四、解答题
17．已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记为数列的前n项和，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)把化为，从而利用累加法可求；
(2)由可推，利用放缩，可证.
【详解】（1）由题意知，所以，即
从而，
，
则．
显然满足上式，所以
（2）由（1）知，
所以，所以．
又因为，
所以，
所以．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．从①②③中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．①；②的面积是；③．
问题：已知角A为钝角，，______．
(1)求外接圆的面积；
(2)AD为角A的平分线，D在BC上，求AD的长．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】(1)选①②：由求得，再结合三角形面积公式可求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选①③：利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选②③：利用三角形面积公式可求得，再求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解.
(2)设，则有，求得，再利用等面积法可求.
【详解】（1）选①②，
，，
又，即，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选①③，因为，．
所以由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选②③，
由，，A为钝角，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
（2）由AD为角A的平分线，设，，
则有，
由的面积，
即，解得．
故AD的长为.
19．大气污染物（大气中直径小于或等于的颗粒物）的浓度超过一定的限度会影响人的身体健康．为了研究的平均浓度是否受到汽车流量因素的影响，研究人员选择了24个社会经济发展水平相近的城市，在每个城市选择一个交通点建立监测点，统计每个监测点24内过往的汽车流量（单位：千辆），以及空气中的平均浓度（单位：），得到的数据如下表．
城市编号
1
2
3
4
5
6
7
8
汽车流量
1.300
1.444
0.786
1.652
1.756
1.754
1.200
1.500
平均浓度
66
76
21
170
156
120
72
120
城市编号
9
10
11
12
13
14
15
16
汽车流量
1.200
1.476
1.820
1.436
0.948
1.440
1.084
1.844
平均浓度
100
129
135
99
35
58
29
140
城市编号
17
18
19
20
21
22
23
24
汽车流量
1.116
1.656
1.536
0.960
1.784
1.496
1.060
1.436
平均浓度
43
69
87
45
222
145
34
105

(1)记表示编号为的城市的汽车流量，表示对应城市的平均浓度，根据散点图可判断出，的平均浓度随着汽车流量的增加呈线性增长趋势，依据上述数据，建立的平均浓度关于汽车流量的经验回归方程（保留小数点后1位）；
(2)关于汽车流量与的平均浓度，你能得出什么结论？
参考数据：，，，．
附：，．
【答案】(1)
(2)汽车流量每增加1千辆，的平均浓度增加

【分析】（1）结合题目条件及数据，利用最小二乘法求解线性回归直线方程；
（2）由汽车流量与的平均浓度的线性回归方程说明即可.
【详解】（1）由条件，可得，
所以，，
所以回归方程.
（2）由（1）知，汽车流量每增加1千辆，的平均浓度增加．
20．在三棱锥中，，，．

(1)证明：；
(2)若，，在棱上，当直线与平面所成的角最大时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连接，，利用线面垂直证明异面直线垂直；
（2）过点作于，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用坐标法计算线面夹角正弦值，进而确定当时线面夹角最大，可得此时的长度.
【详解】（1）取中点为，连接，，
因为，，
所以，，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以；

（2）过作，交于点，
由（1）知，平面平面，所以平面，
过作的平行线，交，分别于，，有，，两两垂直，
建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，，，
所以，，，
所以，，，，
设，有，．
设为平面的一个法向量，
由，有，所以．
设直线与平面所成的角为，则有，
当时，取最小值，取最大值，即最大，此时．
21．已知椭圆经过点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得的值，即可得椭圆的方程；
（2）设，，，不妨令，可得直线的直线方程，联立直线方程求交点坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.
【详解】（1）由题意知，将点代入椭圆方程得，即，
所以椭圆C的方程．
（2）证明：由（1）知，设，，
设，，不妨令，则，，
联立两直线方程解得，，
从而，，
有，，
从而，
所以点M在椭圆上．
22．已知函数．
(1)证明：为增函数的充要条件是；
(2)若函数有3个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据函数单调性与导数的关系，从充分性与必要性两方面证明即可；
（2）对进行讨论，结合导数确定函数的单调性，验证零点个数进行取舍，即可得a的取值范围．
【详解】（1）证明：充分性，函数的定义域为，
当时，，所以为上的增函数．
必要性，当为增函数时，恒成立，
即恒成立，又，所以，证毕．
（2）①由（1）知，当时，函数没有3个零点；
②若恒成立，则恒成立，所以，不合题意；
③当肘，，方程，，
设其两根为，，有，，
从而在，上，单调递减，在上，单调递增，，，，．
由，，得，
令，，，，
因为，，所以，在上单调递减，
所以．
由，有，所以，
即，在上存在唯一零点；，，
令，，，
由在上单调递减，
所以在上单调递增，
，
即，所以在上存在唯一零点；
综上所述，若函数有3个零点，则．
【点睛】本题考查了函数单调性与零点问题与导数的综合，属于中等难度题.解决本题零点的关键是对参数进行分类讨论，确定函数的单调性，其中需要结合含参不等式问题验证单调性，二次函数得函数极值点，确定单调性，验证零点时用到零点存在定理得“隐零点”等.