2023届吉林省东北师范大学附中高三下学期七模数学试题含解析

这是一份2023届吉林省东北师范大学附中高三下学期七模数学试题含解析，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届吉林省东北师范大学附中高三下学期七模数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解不等式得集合A、B，根据交集的运算求A∩B．【详解】，，则.故选：D.2．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.【详解】因为，所以，则故复数的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.3．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.【详解】因为， 所以，即，所以，即，所以，故选：C．4．酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到20~79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时20%的速度减少，那他至少经过（    ）小时才能驾驶．（参考数据）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】由题意可得，由对数的运算性质求解即可.【详解】解析：设该驾驶员x小时后100mL血液中酒精含量为ymg，则，当时，有，即，∴，故选：D．5．在矩形中，与相交于点，过点作于，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立直角坐标系，设，由和可列方程求出点E，再根据数量积坐标运算即可求解.【详解】建立如图所示直角坐标系：  则，设，则且，，解得，，在矩形中，为的中点，所以，由，所以，，故选：D.6．现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作轴截面图，求出圆台的母线长，底面半径长，结合侧面积公式可得其解.【详解】作轴截面图如下：为圆锥的轴截面，点为与侧面相切球的球心，点为切点，由已知，可得，，，， 在中，，，，所以，又，所以，所以圆台的母线长为，因为，，所以为等边三角形，所以，所以圆台的侧面积.故选：D.7．已知双曲线的左、右焦点分为，，左、右顶点分别为，，点M，N在y轴上，且满足（O为坐标原点）．直线，与C的左、右支分别交于另外两点P，Q，若四边形为矩形，且P，N，三点共线，则C的离心率为（    ）A．3 B．2 C． D．【答案】A【分析】由四边形为矩形，可得，，设，则，由P，N，三点共线，可得，由P，M，三点共线，可得，即可得，从而得答案.【详解】解：如图所示：，由，则有，设，则，由，可得，取，同理可得，又因为，P，N，三点共线，所以，，所以，所以，P，M，三点共线，所以，，所以，所以，又因为，所以，即有，所以，所以.故选：A.8．已知函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，设函数．若对任意恒成立，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由是奇函数，是偶函数，求出，再根据，作出函数的图象即可求解.【详解】因为是奇函数，是偶函数，所以，解得，由，当时，则，所以，同理：当时，，以此类推，可以得到的图象如下：由此可得，当时，，由，得，解得或，又因为对任意的，恒成立，所以，所以实数的最大值为.故选：B. 二、多选题9．已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（   ）A．B．函数在上为增函数C．直线是函数图象的一条对称轴D．是函数图象的一个对称中心【答案】BD【解析】首先化简函数，根据周期求，然后再判断三角函数的性质.【详解】，， ，故A不正确；当时， 是函数的单调递增区间，故B正确；当时，，，所以不是函数的对称轴，故C不正确；、当时，，，所以是函数的一个对称中心，故D正确.故选：BD【点睛】本题考查三角函数的化简和三角函数的性质，本题的思路是整体代入的思想，属于基础题型.10．数列首项，对一切正整数，都有，则（    ）A．数列是等差数列B．对一切正整数都有C．存在正整数，使得D．对任意小的正数，存在，使得【答案】ABD【分析】根据递推公式和等差数列的定义可判断A，进而求出可判断B,C,D.【详解】由可得，，所以，即，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，A正确；由A选项可知，所以，所以对一切正整数都有，B正确；若存在正整数，使得，则无解，C错误；因为，所以，对任意小的正数，取，则必存在，有，此时，则，所以当时，，D正确，故选：ABD.11．已知圆的圆心在直线上，且与相切于点，过点作圆的两条互相垂直的弦，记线段的中点分别为，则下列结论正确的是（    ）A．圆的方程为 B．四边形面积的最大值为C．弦的长度的取值范围为 D．直线恒过定点【答案】ACD【分析】利用待定系数法求出圆E的方程，判断A；根据圆的几何性质表示出四边形面积，结合二次函数知识求得其最大值，判断B；利用圆的几何性质可求得弦的长度的取值范围，判断C；结合四边形为矩形，可判断D.【详解】由题意可设圆心为，半径为，故，解得，则，故圆的方程为，A正确；  连接,则,设,则,则，故，所以，当时，四边形面积取到最大值，B错误；当弦过圆心时最长，最大值为4；当弦时最短，最小值为，即弦的长度的取值范围为，C正确；由题意知，，故四边形为矩形，则为矩形的对角线，二者互相平分，而，故过的中点，D正确，故选：ACD12．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总会有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BC【分析】取中点，连接，，可证明即可判断A；取中点，连接，可证明平面判断B；三棱锥的体积最大， 的投影在棱上时，此时平面，进而可证明平面得判断C；过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解得可判断D.【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.故选：BC 三、填空题13．已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________.【答案】【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.【详解】由题意，在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，∴，解得：，因此的展开式的通项为：，故的展开式中的常数项为.故答案为：.14．已知随机变量，则的最小值为___________．【答案】/【分析】根据正态曲线的对称性求得，再由，结合基本不等式即可得出答案.【详解】因为随机变量，且，所以，则，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：15．已知斜率为的动直线与椭圆交于两点，线段的中点为，则的轨迹长度为_________．【答案】/【分析】设斜率为直线方程为，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段的中点为的参数方程，消参后得到的轨迹方程，然后利用数形结合方法分析即可.【详解】设斜率为直线方程为：，代入椭圆中，消元整理得：，线段的中点为，设，则，所以，，所以，消去得：，所以线段的中点为的轨迹方程为：， 如图所示：的轨迹即为线段，由或，所以，所以的轨迹长度为：，故答案为：.16．设函数，若不等式有且只有两个整数解，则实数的取值范围是_______________．【答案】【分析】根据题意，把不等式转化为，令，求得，令，得到，结合，得到存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合的值和题设条件，得出，即可求解.【详解】由函数，则不等式，即，因为，可化为，令，可得，令，可得，所以在上单调递增，又由，所以存在唯一的使得，当时，，可得，所以单调递减；当时，，可得，所以单调递增，且，又因为，所以当原不等式有且仅有两个整数解时，则满足，解得，即实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 四、解答题17．已知中角的对边分别为，．(1)求；(2)若，且的面积为，求周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知和正弦定理可得答案；（2）由面积公式和余弦定理可得答案.【详解】（1）由和正弦定理可得，，因为，所以，所以，，，，；（2），，又，，，的周长为.18．已知数列是公比为的等比数列，前项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足 ，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意列出方程组，求得首项和公比，即得答案；（2）根据，可得的表达式，结合等比数列的前n项和公式和裂项求和法，即可求得答案.【详解】（1）由题意得，故， ，即；（2）由已知，得n为奇数时，；当n为偶数时， ，则．19．如图，在四面体中，．点为棱上的点，且，三棱锥的体积为．  (1)求点A到平面的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）取中点，连接，由题意证明平面平面，说明在面上的射影为F，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，又平面，所以平面，而平面，所以，由已知，所以，由平面平面，得平面平面，因此在平面内的射影就是直线，设在面的射影为，则在直线上，由题意知,则,所以，所以，又因为，所以与重合，所以平面，以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，  所以点坐标为，．设平面的一个法向量是，则，取，则，即，所以点A到平面的距离．（2）设平面的法向量为，则，取，则，故，所以，由于平面与平面夹角范围为，所以平面与平面夹角的余弦值是．20．概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markov）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．切比雪夫不等式的形式如下：设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．【答案】(1)证明见解析(2)不可信 【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可；（2）由题意可知治愈的人数为服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式说明即可.【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，有．法二：设的分布列为其中，记，则对任意，.（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，那么在此假设下，．由切比雪夫不等式，有．即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．21．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为的准线交轴于点，过的直线与拋物线相切于点，且交轴正半轴于点．已知的面积为2．(1)求抛物线的方程；(2)过点的直线交于两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足．证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意假设得直线，联立抛物线方程求得，再利用三角形面积即可求得，由此得解；（2）根据题意设得:，联立抛物线方程求得，再依次求得的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.【详解】（1）由题可知，，准线，因为直线的斜率存在且不为0，所以设，联立，消去，得，因为与相切，所以，所以（舍去）．因此，解得，所以，故，所以，所以（负值舍去），所以抛物线的方程为．.（2）由（1）知，又，所以．因为斜率存在且不为零，所以设:，联立，消去，得，则，所以且．又直线，令，得，所以，因为，所以，所以，所以直线的方程为，所以，因为，所以直线为，所以恒过定点．【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)若直线为曲线的一条切线，求实数的值；(2)若对任意两个不相等的正实数，均有，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设直线与曲线切于点，根据导数的几何意义可列出方程组，整理可得，构造函数并结合函数单调性可求得答案；（2）将原不等式整理为得，从而令，由题意可得．由此利用导数结合分类讨论的方法，可求得答案.【详解】（1）设直线与曲线切于点，则由题意有，即，消去，整理得．（*）令，则且为增函数，由此，方程（*）存在唯一解，综上，实数的值为．（2）不妨设，原不等式即，约去，整理得，令，则由题意，．．令，则在区间内单调递增．①若，即，则当时，，从而，在区间内单调递增，所以，当时，，符合题意．②若，即，则，且．由零点存在性定理及的单调性知，存在，使得，且当时，在内单调递减．由此，当时，，与已知矛盾．综上，实数的取值范围为．【点睛】关键点睛：第二问根据不等式恒成立求参数的取值范围，要将原不等式整理变形为，从而同构函数，这是解决本题关键的一步，结合题意即，从而利用导数结合分类讨论解决问题.