2023届吉林省部分学校高三下学期3月大联考数学试题含解析

这是一份2023届吉林省部分学校高三下学期3月大联考数学试题含解析，共18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届吉林省部分学校高三下学期3月大联考数学试题 一、单选题1．若全集，集合，则中元素的个数是（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】首先求集合，再求，即可判断选项.【详解】，得或，所以或,所以集合，有2个元素.故选：A2．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将复数z代入目标式，结合复数的除法和共轭复数求解即可.【详解】因为，所以．故选：B．3．中，AD为BC边上的高，且AD=3，则在方向上的投影向量的模为（    ）A．9 B．6 C．3 D．1【答案】C【分析】根据数量积的几何意义即可求解.【详解】在方向上的投影向量的模为．故选：C．4．已知函数，则方程的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分段函数，对分类讨论即可.【详解】当时，，解得或（舍去），当x<0时，，解得（舍去），故解集为．故选：A．5．已知是函数的一个零点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可得，然后根据二倍角公式结合齐次式即得.【详解】因为是函数的一个零点，所以，即，故，则．故选：D．6．如果一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为2，4，4，那么该三棱锥外接球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的表面积.【详解】由题意可知三条侧棱两两垂直，设三条侧棱长分别为a，b，c，则，解得，，设该三棱锥外接球的半径为，则，所以．故选：C．7．数列满足，，且，则该数列前31项的和（    ）A．5550 B．5650 C．5760 D．5900【答案】B【分析】分n为奇数和n为偶数，两种情况，得到奇数项为常数列，偶数项为公差为10的等差数列，分组求和，得到前31项的和.【详解】因为，，，所以当n为奇数时，，即数列的奇数项为每项都是100的常数列；当n为偶数时，，即数列的偶数项是首项为200，公差为10的等差数列，所以．故选：B．8．已知，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造，二次求导后判断单调性从而得到；构造，二次求导后判断单调性从而得到，进而得到答案.【详解】构造，则，构造，则，故在内单调递减，．故对任意恒成立，则在单调递增，因为，所以，故，即，即，即，即，同理构造，则，构造，则，故在内单调递减，，故对任意恒成立，则在单调递增，故，即，即，即，即，则a，b，c的大小关系是．故选：C．【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 二、多选题9．若直线，圆，则（    ）A．直线l与圆C必相交B．当时，直线l与圆C相交于A，B两点，则的面积为2C．直线l与圆C相交的最短弦长为D．圆C上至少存在4个点到直线l的距离为【答案】ABC【分析】对于A，将直线关于参数整理即可得直线所过的定点，再判断定点与圆的位置关系即可判断直线l与圆C的位置关系.对于B，利用三角形的面积公式求解即可. 对于C，直接利用几何性可得过圆内定点的直线被圆C截得的弦长的最值. 对于D，直接利用几何性可圆C上与直线l的距离为的点的个数.【详解】由于圆C的圆心坐标为，半径，所以圆心到直线的距离，直线过定点，对于A，定点M在圆内，所以直线l与圆C必相交，故A正确；对于B，当时，，，所以的面积为2，故B正确；对于C，当d取最大值时，直线l与圆C相交的弦长最短，故最短弦长为，故C正确；对于D，当时，此时圆C上有2个点到直线l的距离为，故D错误．故选：ABC．10．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为线段的中点，点P是线段上不与端点A重合的动点，则（    ）A．A，M，，C四点共面B．三棱锥的体积为定值C．平面平面D．过A，N，P三点的平面截该正方体所得截面的面积为定值【答案】BCD【分析】由点与面的位置关系判断A，由线面距离的定义判断B，由面面垂直的判定定理判断C，取的中点L，连接，，作出截面即可判断D．【详解】对于A：点A，C，平面，且直线平面，点直线，点平面，A，M，，C四点不共面，故A错误；对于B：直线，且直线平面，且平面，直线平面，又点P是线段AC上的动点，点P到平面的距离为定值，且的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C：由题可知，平面，则，连接，则，，，且，面，直线平面，即直线平面，又直线平面，平面平面，故C正确；对于D：取的中点L，连接，，则，，且，，梯形为过点A，N，P三点的平面截该正方体所得的截面，又 梯形四个顶点均为定点，梯形的面积为定值，故截面面积为定值，故D正确．故选：BCD．11．已知函数，则（    ）A．若函数的图象关于直线对称，则的值可能为3B．若关于x的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为C．若函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数为奇函数，则的最小值是1D．若函数在区间上单调，则【答案】BC【分析】根据函数的对称轴代入得出判断A，由根的个数可确定，据此判断B，平移后由函数为奇函数可得，可判断C，特殊值检验可判断D.【详解】对于A，因为函数的图象关于直线对称，所以，则，因为，则的值不可能为3，故A错误；对于B，当时，，若在上恰有四个实根，则，解得，故B正确；对于C，由已知得，因为函数为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值是1，故C正确；对于D，当时，，因为，所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．故选：BC．12．若函数为函数的导函数，且对于任意实数，函数值，，均为递增的等差数列，则（    ）A．函数可能为奇函数 B．函数存在最大值C．函数存在最小值 D．函数有且仅有一个零点【答案】CD【分析】通过分析函数的一次导数和二阶导数，得出函数的单调区间和最值，以及函数的零点，即可得出答案.【详解】由题意，在函数中，函数为函数的导函数，设，则，由题意可知：，则，即，故，则存在正实数a满足：，即，即，故，存在实数b满足：，故，故，∴当时，，当时，，∴在单调递减，在单调递增．对于A，由的单调性可知，函数不可能为奇函数，故A错误；对于B，对任意实数x，当时，，故函数没有最大值，故B错误；对于C，在时取得最小值，故C正确；对于D，因为函数有且仅有一个零点，而，故函数有且仅有一个零点，故D正确，故选：CD．【点睛】本题考查函数的求导，二次求导，构造函数，求函数的单调区间，具有极强的综合性. 三、填空题13．的展开式中含项的系数为______．（用数字作答）【答案】【分析】利用二项展开式的通项公式可求得结果.【详解】由题可知展开式的通项公式，令，此时，含的项为，所以含项的系数为．故答案为：14．直线与抛物线相交于A，B两点，且A在第一象限，F是抛物线的焦点，则______．【答案】3【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程，然后结合抛物线的焦半径公式，即可得到结果.【详解】设，，联立直线和抛物线的方程得，解得，，由于直线过抛物线的焦点F，且A在第一象限，所以．故答案为：315．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，点A关于x轴，y轴，原点的对称点分别为B，C，D，记四边形ABDC的面积为S，则的取值范围为______．【答案】【分析】由条件求的关系，再求四边形的面积，由此可得的表达式，再结合基本不等式求的取值范围.【详解】点在椭圆上，所以上，解得，所以，又因为四边形为正方形，所以，故，由于，所以，所以的取值范围为．故答案为：．16．函数在点处的切线为，则这四条切线所围成的封闭图形的面积为______．【答案】##【分析】首先根据导数的几何意义分别求切线方程，再利用四条切线所围成四边形是平行四边形，结合面积公式，即可求解.【详解】，则，可知，故，，故，所以这四条切线所围成的封闭图形为平行四边形，设其底为d，高为h，由，，故，由得，由得，故，则该平行四边形的面积．故答案为：． 四、解答题17．已知数列满足，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由递推关系，利用累加法求数列的通项公式；（2）由（1）可得，再根据错位相减法求其前n项和．【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以，又当时也适合上式，所以．（2）因为，所以，，①，②-②得，所以，所以故．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)若，判断的形状；(2)求的最大值．【答案】(1)直角三角形(2) 【分析】（1）根据余弦定理，结合正弦定理进行求解即可；（2）根据同角的三角函数关系式，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.【详解】（1）因为，所以，由余弦定理得：，即，所以，由正弦定理得：，因为，所以，所以，所以，即，又，故，得，所以为直角三角形.（2）因为，所以，因为，所以，所以，当即时，取最大值，此时，，故的最大值为．19．如图，四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，且底面ABCD，点P，Q分别在棱，BC上，平面，点M在棱上，．(1)证明：；(2)若平面PDQ与平面AQD所成的锐二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PDQ与平面AQD的法向量，根据锐二面角的余弦值为求出点的坐标，再利用（1）中的条件求出点的坐标，由三棱锥A-QDP的体积即可求解.【详解】（1）由题意知：，且，所以，所以M，B，C，P四点共面．又因为平面，且平面平面，所以．（2）因为AB，AD，两两垂直，所以以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，所以，设，，所以，，设是平面PDQ的一个法向量，贝即，取；又平面AQD的一个法向量是，所以，解得或（舍去），此时，由（1）知四边形MBQP是平行四边形，所以，设，则，因为点P在棱上，所以由，得，解得，从而，故三棱锥A-QDP的体积．20．2022年12月18日，第二十二届男足世界杯决赛在梅西率领的阿根廷队与姆巴佩率领的法国队之间展开，法国队在上半场落后两球的情况下，下半场连进两球，2比2战平进入加时赛，加时赛两队各进一球（比分3∶3）再次战平，在随后的点球大战中，阿根廷队发挥出色，最终赢得了比赛的胜利，时隔36年再次成功夺得世界杯冠军，梅西如愿以偿，成功捧起大力神杯．(1)法国队与阿根廷队实力相当，在比赛前很难预测谁胜谁负．赛前有3人对比赛最终结果进行了预测，假设每人预测正确的概率均为，求预测正确的人数X的分布列和期望；(2)足球的传接配合非常重要，传接球训练也是平常训练的重要项目，梅西和其他4名队友在某次传接球的训练中，假设球从梅西脚下开始，等可能地随机传向另外4人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外4人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住，记第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，求．【答案】(1)分布列见解析，期望为(2) 【分析】（1）由题意，据此可得出分布列及期望；（2）分析第次传球之前球所处位置的概率，根据互斥事件得出第n次传球前球在梅西脚下概率的递推关系，构造等比数列求解.【详解】（1）因为，，X可能的取值为0，1，2，3，，，故X的分布列为：X0123P 故．（2）第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，易得，，则当时，第次传球之前球在梅西脚下的概率为，第次传球之前球不在梅西脚下的概率为，故，即，又因为，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，．21．已知曲线E上任意一点Q到定点的距离与Q到定直线的距离之比为．(1)求曲线E的轨迹方程；(2)斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线OM交曲线E于点N，交直线于点D，且满足（O为原点）．求证：直线l过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据直接法求轨迹方程的方法，设出点的坐标，列出关于的方程，化简即可；（2）设，，直线l的方程为，通过联立方程组，结合韦达定理求出，，，由得出，从而可求直线所过定点．【详解】（1）设曲线E上任意一点，由题意知，化简整理得，所以曲线E的轨迹方程为；（2）设，，直线l的方程为，联立，得，因为有两个交点，所以，即，所以，，即，因为点M在x轴下方，所以，又，所以，所以直线OM的斜率，则直线OM的直线方程为，将其代入双曲线E的方程，整理得，所以，将代入直线，解得，又因为，所以有，．由，解得，因为，，所以，因此直线l的方程为，故直线l过定点．22．设函数，．(1)分别求与的最大值；(2)若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，，，其中，证明：，，成等比数列．【答案】(1)与的最大值均为(2)证明见解析 【分析】（1）通过分别求导，即可研究和的单调性，进而求出最大值；（2）由和的单调性分析三个交点的位置情况，构造，根据零点存在定理，可得在内存在唯一零点，所以，即，再利用交点函数值相等得到，，进而得出，根据等比中项性质即可证明结论.【详解】（1）因为，当时，；当时，．故在内单调递增，在内单调递减，故；因为，当时，；当时，，故在内单调递增，在内单调递减，故．（2）由（1）可知，且，又当时，，故，当时，直线与两条曲线和各有两个不同的交点，则直线与曲线的两个交点分别位于区间和，而直线与曲线的两个交点分别位于区间和，构造，当时，；当时，，当时，，，，，故在内单调递减，又，，结合零点存在性定理可知：在内存在唯一零点，故曲线和在有唯一一个公共点，画出与在上的图象如下图：由图可得：若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，，，其中，即，即，，，，由，又，结合（1）可知在内单调递增，故，由，又，，结合（1）可知在内单调递减，故，故，故，，成等比数列．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于，即，利用，且在内单调递增，求得，同理利用，且在内单调递减，求得，即可用等比中项证明，，成等比数列.