2023届吉林省延边州高三统考二模数学试题含解析

2023届吉林省延边州高三统考二模数学试题

一、单选题

1．已知集合的元素只有一个，则实数a的值为（    ）

A． B．0 C．或0 D．无解

【答案】C

【分析】集合有一个元素，即方程有一解，分， 两种情况讨论，即可得解.

【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，

故选：C.

2．己知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（    ）

A． B．的虚部为 C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可逐项判断.

【详解】∵，∴，故z的虚部为，

则，，，所以B正确，A，C，D不正确.

故选：B.

3．已知平面向量，则在上的投影向量为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先求出，，再根据在上的投影向量为计算即可.

【详解】因为，

所以，，

所以在上的投影向量为，

故选：D.

4．某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件求出所有基本事件的个数，再求事件恰有2名阅读者挑选同一种书所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率公式求概率即可．

【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．放射性核素锶89的质量M会按某个衰减率衰减，设其初始质量为，质量M与时间t（单位：天）的函数关系为，若锶89的质量从衰减至，，所经过的时间分别为，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】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.

【详解】由题可得，则，即．

因为，所以．

故选：A

6．经过向圆作切线，切线方程为（    ）

A．

B．

C．或

D．或

【答案】C

【分析】根据切线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离公式求得正确答案.

【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：C

7．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，，分别为，的中点，若是侧面上一点，且平面，则线段的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由平面平面，确定点在线段上，进而由得出答案.

【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：C

8．已知定义在R上的函数满足，为偶函数，若在内单调递增.记，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的周期性，偶函数的性质进行判断即可.

【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：A

【点睛】关键点睛：根据函数的周期性和偶函数的性质进行求解是解题的关键.

二、多选题

9．下列化简正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】利用诱导公式、逆用差角正弦公式求值即可判断A；利用诱导公式、倍角正弦公式化简求值即可判断B；根据倍角余弦公式化简即可判断C；和角正切公式化简求值即可判断D．

【详解】对于A，由，故A正确；

对于B，由，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，，故D错误．

故选：ABC．

10．已知函数的定义域为，且，，则下列结论中正确的有（    ）

A．为增函数 B．为增函数

C．的解集为 D．的解集为

【答案】ABD

【分析】利用导数与函数的单调性的关系可判断AB，利用函数的单调性解不等式判断CD.

【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．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，设线段的中点为，则（    ）

A．

B．若，则直线的斜率为

C．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于，则抛物线的方程为

D．若点到抛物线准线的距离为，则的最小值为

【答案】AD

【分析】设点、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项的正误，根据求出的值，可判断B选项的正误，利用抛物线的定义求出的值，可判断C选项的正误，求出的取值范围，可判断D选项的正误.

【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，，，

，A正确；

，解得，

所以，直线的斜率为，B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：AD.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.

12．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，G为线段AE上的动点，则（    ）

A．若G为线段AE的中点，则平面CEF

B．

C．的最小值为48

D．点B到平面CEF的距离为

【答案】ABD

【分析】根据面面垂直的性质可得平面ABCD，由线面垂直的性质可得，，又，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线、线面的位置关系和求解点到平面的距离，结合空间向量线性运算的坐标表示求出，利用二次函数的性质即可求解.

【详解】因为BDEF是矩形，所以，

又矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD，

且平面BDEF，所以平面ABCD，

而AD，平面ABCD，所以，，

而ABCD是正方形，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

对于A，，，

当G为线段AE的中点时，，得，

设平面CEF的一个法向量为，

有，

因为，平面CEF，则平面CEF，故A正确；

对于B，，，

所以，故B正确；

对于C，设，则，

得有最小值44，故C错误；

对于D，，，

所以点B到平面CEF的距离为，故D正确.

故选：ABD..

.

三、填空题

13．在的展开式中，含的项的系数是______．

【答案】560

【分析】根据题意可得二项式展开式的通项公式为，令，求出r即可求解.

【详解】二项式展开式的通项公式为，

令，

所以的展开式中的系数为.

故答案为：560.

14．设，，若，则取最小值时a的值为______．

【答案】##0.75

【分析】根据题意可得、，结合基本不等式中“1”的用法计算即可求解.

【详解】由，，得，

由，得，

∴，

当且仅当即，时等号成立.

故当，时取得最小值16.

故答案为：.

15．若函数在处有极小值，则的值为______．

【答案】3

【分析】利用导数在处取到极值的必要不充分条件，从而求出值，再对进行检验即可求出结果.

【详解】因为，所以，

又因为函数在处有极小值，所以，解得或，

当时，，所以时，，时，，所以函数在处取得极小值；

当时，，所以时，，时，，所以函数在处取得极大值，不合题意，舍去，

故答案为：.

16．己知坐标平面xOy中，点，分别为双曲线的左、右焦点，点M在双曲线C的左支上，与双曲线C的一条渐近线交于点D，且D为的中点，点I为的外心，若O、I、D三点共线，则双曲线C的离心率为______．

【答案】

【分析】设，根据题意可知OD垂直平分，利用两直线垂直斜率之积为-1和中点坐标公式可得且，求出m、n，得出点M坐标，代入双曲线方程得到关于a、c的方程，结合离心率的定义化简即可求解.

【详解】由题意知，双曲线的渐近线方程为，，

不妨设点在第二象限，则，

由D为的中点，O、I、D三点共线知直线OD垂直平分，

则，有，且，

解得，，所以，

将即，代入双曲线的方程，

得，化简可得，即；

当点M在第三象限时，同理可得．

故答案为：.

四、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．

(1)求B；

(2)在下面两个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．

①的周长为；②面积为．

【答案】(1)

(2)选①，；选②，

【分析】（1）利用正弦定理将条件中的边转化成角，将代入，即可求出，进而求出角B；

（2）若选①，首先根据的周长求出三角形三边长度，然后在中使用余弦定理即可求出中线AD的长度；若选②，首先根据的面积求出AC与BC的长度，进而得到CD的长度，然后在中使用余弦定理即可求出中线AD的长度．

【详解】（1）依题意，，

由正弦定理得，，

由于，则，所以，．

（2）如图所示，设D为BC的中点，则AD为BC边上的中线．

若选①，由（1）知，设，

由，得，则，

故周长为，解得，所以，，

则在中，由余弦定理得，解得．

若选②，已知，得，即，则，

在中，由余弦定理得，

所以，因此BC边上的中线长为．

18．已知等差数列中，公差，，且，，成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的基本量和，列出方程，即可解得和的值，进而可得通项公式.

（2）根据裂项相消求和的方式得到，然后根据不等式成立，分参后求最值，即可求解.

【详解】（1）设等差数列首项为，由题意可得即

又因为，所以 故．

（2）∵，

∴ ．

因为存在，使得成立．

即存在，使得成立．

即存在，使得成立．

（当且仅当时取等号）．

故，即实数的取值范围是．

19．如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.

（1）求证：.

（2）求直线和平面所成角的正弦值.

（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.

【分析】（1）推导出，，从而，进而，由此得到平面，从而能证明；

（2）取中点，连接，，再由，，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值；

（3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且.

【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.

（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.

设直线和平面所成的角为，

则.

故所求角的正弦值为.

（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

令，

整理得.解得.

所以线段上存在点适合题意，且.

【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

20．我国为全面建设社会主义现代化国家，制定了从2021年到2025年的“十四五”规划．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备增加研发资金．该企业为了了解研发资金的投入额x（单位：百万元）对年收入的附加额y（单位：百万元）的影响，对往年研发资金投入额和年收入的附加额进行研究，得到相关数据如下：

(1)求年收入的附加额y与投入额x的经验回归方程；

(2)若年收入的附加额与投入额的比值大于1，则称对应的投入额为“优秀投资额”，现从上面8个投入额中任意取3个，用X表示这3个投入额为“优秀投资额”的个数，求X的分布列及数学期望．

【参考数据】，，．

【附】在经验回归方程中，，．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，期望为．

【分析】（1）根据已知数据和参考公式，即可出y与投入额x的经验回归方程；

（2）求出X的所有可能取值和对应的概率，即可求出X的分布列，再由期望公式即可求出答案.

【详解】（1），，

，

又因为，所以，

所以年收入的附加额y与投入额x的线性回归方程为

（2）8个投入额中，“优秀投资额”的个数为5个，故X的所有可能取值为0，1，2，3，

；；；

则X的分布列为

.

21．知椭圆E：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为

(1)求椭圆E的方程；

(2)如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.

（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.

【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，

令，得，

由题意可得，解得，

椭圆E的方程为：；

（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，

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数，，其中．

(1)若在上单调递减，求a的取值范围．

(2)证明：，n，

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用函数在区间上单调递减，其导函数在区间上恒成立，再通过分离常量，转化成恒成立问题，从而构造函数，利用单调性求出最值，进而求出的取值范围；

（2）通过函数的单调性，得到，令，进而得到，再累加即可证明结论.

【详解】（1）因为在区间上单调递减，

所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立

令，，当时，，，

所以在区间上恒成立，即在区间上单调递增，

所以当时，，所以.

（2）当时，，

由（1）知，在区间上单调递减，所以，即，所以，．

令得，

所以，

即，n，．

【点睛】构造函数来证明不等式，常常用到构造函数，利用放缩法来进行证明，常见的构造函数有，，等，本题解决第二问，需要用到第一问的结论：时，，即，再令，得，再求和即可.