2023延边州高三教学质量检测数学试题PDF版含答案

2023年吉林省延边州高三统考数学答案

1.【答案】C

【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，选：C.

2.【答案】B

【详解】，，故z的虚部为，，，，所以B正确

3.【答案】B

【详解】因为，所以，，所以在上的投影向量为，故选：B.

4.【答案】D

【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.【答案】C

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.

6．【答案】D

【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：D

7.【答案】C

【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.【答案】A

【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

9.【答案】ABC

【详解】A：，正确；

B：，正确；

C：，正确.D：，错误；故选：ABC

10.【答案】ABD

【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.【答案】BD

【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，，，，B正确；

，解得，

所以，直线的斜率为，A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：BD.

12.【答案】ABD

【详解】因为是矩形，所以，又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于，所以平面，而平面，

所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，

则有，

因为，

所以有，因此选项B正确；

当为线段的中点时，，，，

设平面的法向量为，

于是有，

因为平面，

所以选项A正确；

设，，

有最小值44，因此选项C不正确，

，，

所以点B到平面CEF的距离为，因选项D正确；故选：ABD

13.【答案】560

【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，所以的展开式中的系数为

14.【答案】

【解析】解：，且且

∴当且仅当取等号，又，即，时取等号

15.【答案】3

【详解】因为若函数在处有极小值，所以，解得或，

（1）当时，，当时，，当时，，则函数在处取得极小值

（2）当时，，当时，，当时，，则函数在处取得极大值，综上，.

16.【答案】.

【详解】不妨设点在第二象限，设，，

由为的中点，、、三点共线知直线垂直平分，则，

故有，且，解得，，将，即，代入双曲线的方程可得，化简可得，即，当点在第三象限时，同理可得.

17.【答案】(1)   (2)选①；选②，

【详解】（1）依题意，，由正弦定理得，，...............2分

由于，所以.                                    ...............4分

（2）如图所示，设为的中点，则为边上的中线.

若选①.，由（1）知，

设，由，得，则，故周长为，解得   .从而   BC=AC=2,  AB=2                                                        ...............8分

.则在中，由余弦定理得，

解得.                                                                    ..............10分

若选②，已知，得，即，则，   ...............7分

在中，由余弦定理得，

.因此边上的中线长为.                                             ...............10分

18.【答案】（1）（2）

（1）由题意可得即又因为，所以..............3分

所以．                                                                           ...............4分

（2）∵，∴．.........7分

∵存在，使得成立．∴存在，使得成立．即存在，使得成立．                                                                     ...............8分

∵（当且仅当时取等号）．∴，即实数的取值范围是．

...............12分

19.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.

【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.                                                                           ..............4分

（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.                                                         ...............6分

设直线和平面所成的角为，则. .............7分

故所求角的正弦值.                                                                 ...............8分

（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                                   ...............10分

令，整理得.解得.所以线段上存在点适合题意，且.                                                                            ...............12分

20．【答案】(1)；(2)分布列见解析，期望为.

解：（1），，，

又因为，所以，                                  ...............4分

所以年收入的附加额与投入额的线性回归方程为．                                                                   ...............5分

（2）个投入额中，“优秀投资额”的个数为个，故的所有可能取值为，，，，        ...............6分

则的分布列为

  ...............10分

．                                                     ..............12分

21．【答案】(1)   (2)证明见解析，

【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，                             ..............1分

令，得，由题意可得，                                           ..............2分

解得，椭圆E的方程为：；                                     ..............4分

（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，..............8分

                          ..............12分

22. 【答案】(1)(2)答案见解析

【详解】（1）在区间上单调递减，

即在上恒成立，即在上恒成立．               ..............1分

令，，当时，，，

所以，即在上单调递增， 所以当时，，所以   ..............5分

（2）时，，所以，即，．

..............7分

令得，                                                ..............8分

所以，

即，．                                                  ..............12分