吉林省长春吉大附中实验学校2022-2023学年高三数学下学期第四次摸底考试试卷（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高三年级

第四次模拟考试数学学科试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回.

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.

2．选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.

5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、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. 复数的平方根是（    ）

A. 或 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设的平方根为，则，化简后根据复数相等列方程组求解即可.

【详解】设的平方根为，则，即，

从而解得或

所以复数的平方根是或，

故选：A

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，求出函数的定义域、值域，再利用并集的定义求解作答.

【详解】集合，即，

，则，所以.

故选：B

3. 定义，已知数列为等比数列，且，，则（    ）

A. 4 B. ±4 C. 8 D. ±8

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．

【详解】依题意得，

又，所以．

故选：C．

4. “”是“圆：与圆：有公切线”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据圆与圆的位置关系确定的取值范围，即可判断充分必要性.

【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，

若两圆有公切线，则，即，解得或，

所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件.

故选：A.

5. 中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则该几何体的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆柱侧面积公式以及圆的面积公式即可求解每个面的面积,进而可求表面积.

【详解】此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，.

故选：D

6. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上的动点，，，点到双曲线的两条渐近线的距离分别为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】运用双曲线定义求得a、c的值，进而求得两条渐近线方程，结合点到直线的距离公式求解即可.

【详解】由，得．

因为，

所以．又因为，所以，

故双曲线的方程为，

所以两条渐近线的方程为．

设，则，

故．

不妨设，则，

所以，

所以．

故选：B．

7. 已知，均为锐角，且，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将变形，配角利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于的一元二次方程，根据列不等式求解的取值范围，即可得最大值.

【详解】∵，∴，即，∴，即，又因为为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．所以最大值是.

故选：C

8. 已知，（），则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别取，可判断A，B，利用对数换底公式和基本不等式可判断C，D.

【详解】若，则，∴，，，故A错．

若，则，∴，，故B错．

对于C，由得：，即.

同理由得：，

所以，故C正确；

对于D，同上得：,故D错误.

故选：C．

二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知函数，则（    ）

A. 与均在单调递增

B. 的图象可由的图象平移得到

C. 图象的对称轴均为图象的对称轴

D. 函数的最大值为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.

【详解】，

当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；

函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；

由，所以函数的对称轴为，

函数的对称轴为，

显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；

令，

所以，因为，

所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，

故选：AD

10. 现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：

甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；

乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；

丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；

根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（    ）

A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于24分

B. 乙球员连续5场比赛得分都不低于24分

C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于24分

D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24

【答案】AD

【解析】

【分析】根据中位数，众数的定义判断A，结合中位数，平均数的定义举反例判断B，根据平均数和方差的定义，百分位数的定义，分析丙球员的得分判断CD.

【详解】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，

则，，且至少出现次，

故，A正确；

设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，

则，，

取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；

设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，

由已知，

所以，

若，则，

所以，矛盾，

所以，，

因为的平均数为，所以，

取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；

因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，

若，则，故，矛盾，

所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D 正确；

故选：AD.

11. 如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ）

A.

B. 三棱锥的体积为

C. 直线与平面所成角的大小为

D. 三棱锥外接球的半径为

【答案】ACD

【解析】

【分析】证明平面，即可判断A，再根据即可判断B；先利用余弦利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线与平面所成角的正弦值为即可判断C；利用直角三角形可得的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D．

【详解】由题意可知由，，

又，，平面，所以平面，平面,所以，故A正确，

在中，，所以为直角三角形，

所以，故B错误；

设到平面的距离为，则 ，

由于 ,所以，又,故直线与平面所成角为 ，则 ,故C正确，

由B选项知，为直角三角形，

所以的外接圆的半径，

设三棱锥外接球的半径为，

又因为平面，

则，所以，

即三棱锥外接球的半径为，故D正确．

故选：ACD

12. 已知函数定义域为，满足，当时，.若函数的图象与函数的图象的交点为，（其中表示不超过的最大整数），则（    ）

A. 是偶函数 B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】举例说明判断选项A；分析函数与的性质，作出部分函数图象，结合图象与性质推理、计算判断选项B、C、D作答.

【详解】对于A，函数，显然，而，即，因此不是偶函数，故A错误；

函对于B，数定义域为R，满足，当时，，

当时，，，

当时，，，

当时，，，

当时，，，

因此当时，函数在上递减，

在上递增，当时，取得最大值，

当时，，，

当时，，，

当时，，，

因此当时，函数，

在同一坐标平面内作出函数的部分图象，如图，

当时，函数的图象有唯一公共点，

因为，因此，，而满足的整数有个，即，故B正确；

对于C，显然，

所以，故C正确；

对于D，，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点睛：求两个分段函数的公共点的坐标，自变量属于哪一段区间，再代入该段的解析式求值是关键.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 如图,在平行四边形中,点E是CD的中点,点F为线段BD上的一个三等分点,且,若,则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可知,,根据平面向量基本定理,将用线性表示,根据两个向量相等即可得的值,进而得出结果.

【详解】解:由题知点F为线段BD上的一个三等分点,所以,

所以

,

因为不共线,所以,故.

故答案为:

14. 与曲线和都相切的直线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.

【详解】设直线与曲线相切于点，

因为，所以该直线的方程为，即，

设直线与曲线相切于点，

因为，所以该直线的方程为，即，

所以，解得，

所以该直线的方程为，

故答案为：.

15. 设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则______________，__________.

【答案】    ①.     ②. ##0.75

【解析】

【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.

【详解】由题知，，，

，

即，则.

因，

所以，

则.

故答案为：；.

16. 设抛物线：（）焦点为，准线为，过第一象限内的抛物线上一点作 的垂线，垂足为．设，与相交于．若，且的面积为，则抛物线的方程为________________.

【答案】

【解析】

【分析】由抛物线定义可得四边形为平行四边形，故可得点 即得抛物线方程.

【详解】如图所示，，．

所以．

轴，，，

所以四边形为平行四边形，

，．

，解得，

代入可取，

，

解得．.

故答案为：.

四、解答题：本题共6个小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知数列的前项的积

（1）求数列的通项公式；

（2）数列满足，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，，即可求出答案；

（2），由此可求得答案.

【小问1详解】

，

当时，.

当时，，满足上式，

.

【小问2详解】

.

18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，C=.

（1）当 时，求的面积;

（2）求周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知及三角函数恒等变换的应用化简可得，分类讨论可求出a，b的值，利用三角形面积公式即可计算得出结论；

（2）由余弦定理及已知条件可得，利用基本不等式可得，解得，从而可求得周长的最大值.

【小问1详解】

由，得 ，

即，

即，

当 时，，得;

当时，，由正弦定理得，

由余弦定理及已知条件可得，

联立. 解得，

故三角形的面积为.

【小问2详解】

法一：由余弦定理可得:，

由得，当且仅当a=b取等号.

又，即.

即周长的取值范围是.

法二:，

中，由正弦定理有，

.

即周长的取值范围是.

19. 如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，.

（1）求证：；

（2）若，且点到底面的距离为，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，结合题设易知、，由面面垂直的性质有平面，最后根据线面垂直的性质、判定证结论；

（2）构建空间直角坐标系，面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.

【小问1详解】

取的中点，连接，

，为中点，

中点，又为中点，

，故；

由，为中点，则，

平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，则；

，平面，平面，

平面，，又，故.

【小问2详解】

由（1）知：平面，且为等边三角形，则，

以为原点，为轴建立空间直角坐标系，

又点到底面的距离等于点到底面的距离为，

，，，，，

设面的法向量为，则，令，则，

设面的法向量为，则，令，则，

，所以二面角的余弦值为.

20. 某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日的微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：

（1）从3月2日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率；

（2）从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；

（3）下图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名（按照从大到小排序）分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（不用说明理由）．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，   

（3）3月3日

【解析】

【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.

（2）根据题意得到，，，，再写出分布列数学期望即可.

（3）根据折线图和频率分布直方图求解即可.

小问1详解】

令时间A为“职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000”，

从3月2日至3月7日这6天中，3月2日、5日、7日这3天中，

甲乙微信记步数都不低于10000，

故.

【小问2详解】

由（1）知：，

，，，

的分布列为：

【小问3详解】

根据频率分步直方图知：微信记步数落在，，，，

（单位：千步）区间内的人数依次为人，人，

人，人，人，

由甲微信记步数排名第68，可知当天甲微信记步数在15000到20000万之间，

根据折线图知：只有3月2日，3月3日，3月7日.

由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000到10000万之间，

根据折线图知：只有3月3日和3月6日，

所以3月3日符合要求.

21. 已知离心率为椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为、，上顶点为，且的外接圆半径大小为．

（1）求椭圆方程；

（2）设斜率存在的直线交椭圆于，两点（，位于轴的两侧），记直线、、、的斜率分别为、、、，若，则直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆离心率确定椭圆中的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得的值，从而求得椭圆方程；

（2）由题可设直线，，，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得，，再由已知等式确定，由坐标关系进行转化可求得的值得出结果.

【小问1详解】

根据椭圆C的离心率为知，所以，如图，则

则在中，可得，，

由正弦定理得，解得，所以，，

所以椭圆C的方程为．

【小问2详解】

由已知直线的斜率不为0，

设直线，，，

联立，得，得

于是，，

因为，，代入椭圆方程得，

所以，

同理，于是，，

因为，所以，即．

又直线l的斜率存在，所以，于是，

所以，即，又，，

所以，整理得，

所以，化简整理得，

又P、Q位于x轴的两侧，所以，解得，

所以，此时直线l与椭圆C有两个不同的交点，

于直线l恒过定点．

22. 设函数，其中和是实数，曲线恒与轴相切于坐标原点．

求常数的值；

当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；

求证：．

【答案】(1) ；(2) ；(3) 详见解析

【解析】

【详解】. 试题解析：

(1) 对求导得：，根据条件知，所以.

(2) 由(1)得，

.

①当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；

②当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；

③当时，令，当时，，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；综上

(3) 对要证明的不等式等价变形如下：

所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立. 并且继续作如下等价变形

对于相当于（2）中，情形，有在上单调递减，即而且仅有.

取，当时，成立；

当时，.

从而对于任意正整数都有成立.

对于相当于（2）中情形，对于任意，恒有而且仅有. 取，得：对于任意正整数都有成立.

因此对于任意正整数，不等式恒成立.

这样依据不等式，再令利用左边，令 利用右边，即可得到成立.

考点：1.导数来描述原函数的单调性；2. 导数来描述原函数的极值；3.函数零点