2023届吉林省部分学校高三上学期11月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届吉林省部分学校高三上学期11月联考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届吉林省部分学校高三上学期11月联考数学试题 一、单选题1．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，然后根据和列方程，解得，，即可得到.【详解】设复数，则，，所以，解得，，，所以，解得，故．故选：B.2．定义差集且，已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，所以．故选：B3．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据二倍角的余弦公式以及充分条件、必要条件的概念即可得结果.【详解】若，则．若，则或．故“”是“”的充分不必要条件．故选：A.4．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）（参考数据：，）A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm【答案】B【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，则，解得，即，．则剩余的水的高度为．故选：B5．若函数在内有2个零点，则a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接解方程，然后根据解的要求列不等式得结论．【详解】由，得或．依题意可得，且，所以，且．故选：D．6．展开式中的系数为（    ）A． B．21 C． D．35【答案】A【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为．故选：A7．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为【答案】D【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，无最小值．故选：D8．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）A． B．5 C． D．【答案】C【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，所以．因为，所以，因为侧棱长是6，所以．所以，则△MQC的面积，故动点P的轨迹面积为．故选：C【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹； 二、多选题9．下列函数满足的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据，有，逐项判断.【详解】解：因为，则当时，必有．若，则，则A错误．若，则，则B正确．若，则，则C错误．若，则，则D正确．故选：BD10．已知圆C：，则（    ）A．圆C与圆D：相交B．直线与圆C可能相切C．直线与圆C必相交D．直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等【答案】ACD【分析】利用直线与圆，圆与圆的位置关系判断.【详解】对于A，因为，所以圆C与圆D：相交，A正确．对于B，点C到直线的距离，则直线与圆C相离，B错误．对于C，，得，令，得，解得，，所以直线l过定点，易知在圆C的内部，所以直线与圆C必相交，C正确．对于D，因为，所以点C到这两条直线的距离相等，且这两条直线与圆C相交，所以直线，各自被圆C所截得的弦长恰好相等，D正确．故选：ACD11．将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在内恰有5个极值点，则的取值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到，再根据因为在内恰有5个极值点，由求解.【详解】解：将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，设，由，得，因为在内恰有5个极值点，所以，解得．故选：BCD12．若，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】构造函数比较大小，构造函数比较大小，利用三角函数定义有比较大小，从而得结论．【详解】由，令，则，故为增函数．由，得．由，令，则，当时，，，设，则，则在上单调递减，则，得在上单调递减，所以，得，故．根据三角函数的定义可证，故，即．故选：ABD【点睛】关键点点点睛：本题考查实数大小比较，解题关键是根据数据的形式构造适当的函数，利用导数确定函数单调性后，由单调性得大小关系． 三、填空题13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．【答案】5【分析】由向量共线的坐标表示求解.【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．故答案为：5．14．若函数的导函数为偶函数，则曲线在点处的切线方程为____________．【答案】（或）【分析】求出导函数，由其为偶函数得值，然后计算出斜率，再计算出，由点斜式得直线方程并整理．【详解】因为为偶函数，所以，解得，则．又，故曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：．15．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是____________．【答案】3【分析】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，由双曲线定义得点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，然后根据双曲线的性质，数量积的运算律求解．【详解】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由双曲线定义可知，点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为．，由，可得．因为的最小值为，所以的最小值是3．故答案为：3. 四、双空题16．设是数列的前n项和，，则____________；若不等式对任意恒成立，则正数k的最小值为____________． 【答案】     ；     .【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，，可证出为递增数列，不等式转化为，即可得解.【详解】当时，，得．当时，，，两式相减得，得，所以．又因为，所以是以6为首项，4为公差的等差数列，所以，即．因为，所以，即．记，所以为递增数列，．所以，解得，则正数k的最小值为．故答案为：，. 五、解答题17．在①，，②，，③，这三个条件中选一个合适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程．问题：在钝角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，            ．(1)求△ABC的面积；(2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径．【答案】(1)选①③不合题意，选②面积为(2) 【分析】（1）先判断选①③不合题意，若选②，利用余弦定理、平方关系以及三角形面积公式可得答案；（2）由正弦定理可得△ABC外接圆的半径，由三角形面积相等可得△ABC内切圆的半径.【详解】（1）若选①，则，，，可得，则△ABC为锐角三角形，不合题意；若选③，则，，，可得，则△ABC为锐角三角形，不合题意；若选②，因为，所以，故△ABC的面积．（2）由（1）知选①③不合题意；若选②，设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得，所以．设△ABC内切圆的半径为r，由，得．18．已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1);(2). 【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.【详解】（1）因为,,成等差数列，所以 ,又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，所以 ,解得 ，故.（2）由,，，得 ，则是等差数列，因为,所以，则 ，则 ．19．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分别为AD，BC的中点．(1)证明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．(2)若二面角为，求CF与平面ABF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB，由等腰三角形的性质可得EM⊥AD，FN⊥BC，再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM；（2）过点E作，垂足为H，作，垂足为K，以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，所以．因为，M，N分别为AD，BC的中点，所以EM⊥AD，FN⊥BC，，因为∥，，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，又，所以，因为平面，故BC⊥平面．（2）解：过点E作，垂足为H，由（1）知BC⊥平面，因为平面，所以平面平面，因为平面平面，平面，所以EH平面，由，，得为二面角的平面角，则．因为，所以．作，垂足为K．以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，．设平面ABF的法向量为，则，令，得．因为，所以，故CF与平面ABF所成角的正弦值为．20．某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．(1)若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．(2)若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．【答案】(1)(2)运动员乙应该选择方案一；理由见解析 【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.【详解】（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率．（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，所以乙最后得分的数学期望为．若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，，，，，，．所以Y的数学期，因为，所以运动员乙应该选择方案一．21．已知抛物线，过点作直线与C交于M，N两点，当该直线垂直于x轴时，的面积为2，其中O为坐标原点．(1)求C的方程．(2)若C的一条弦ST经过C的焦点，且直线ST与直线MN平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解【详解】（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，代入，得，因为的面积为2，所以，解得，故C的方程为．（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，则，代入，得，设，，则，，，．设直线ST：，则，代入，得，设，，则，，，，故存在常数，使得恒成立．22．设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数．(1)求a的取值范围；(2)设函数，证明：当时，，当时，．(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】(1)对函数求三次导数，根据导函数的正负和题干条件进行求解即可；(2)对函数两次求导，判断导数与零的大小关系，进而确定；(3)由（2）可知：，将不等式进行等价转化为，再结合（1）即可证明.【详解】（1）解，设为的导函数，则．设，则．当时，；当时，．所以在上是减函数，在上增函数．所以．因为为R上的凹函数，所以，解得，故a的取值范围是．（2）证明，的导函数．若，则，若，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，则，为增函数．又，所以当时，，当时，．（3）证明：由（2）知，即，所以．由（1）知，，因为，所以，所以，故．