吉林省吉林市2023届高三下学期理数三模试卷含答案

这是一份吉林省吉林市2023届高三下学期理数三模试卷含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 高三下学期理数三模试卷一、单选题1．设集合，，则（　　）A． B．C． D．2．下列函数在其定义域上单调递增的是（　　）A． B．C． D．3．已知数列的首项，若向量，向量，且满足，则数列的通项公式为（　　）A． B．C． D．4．二进制转化为十进制数是（　　）A．8 B．9 C．16 D．185．已知两圆方程分别为和．则两圆的公切线有（　　）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条6．在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面所在平面截圆柱桶所成的截口曲线的所有类型有：（　　）①矩形   ②圆   ③椭圆   ④部分抛物线   ⑤部分椭圆A．②③⑤ B．①②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④7．若函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围（        ）A． B． C． D．8．位于灯塔A处正西方向相距n mile的B处有一艘甲船需要海上救援，位于灯塔A处北偏东45°相距n mile的C处的一艘乙船前往营救，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西（          ）A．30° B．60° C．75° D．45°9．若椭圆C的方程为，则“”是“椭圆C的离心率为”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10．已知函数在上有且仅有4个零点，则的取值范围是（        ）A． B． C． D．11．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是（　　）A．该几何体外接球的表面积为B．该几何体外接球的体积为C．该几何体的体积与原正方体的体积比为2：3D．该几何体的表面积比原正方体的表面积小12．已知，，，则（　　）A． B． C． D．二、填空题13．已知，则的最小值是　     　．14．抛物线的焦点F关于其准线的对称点坐标是　          　．15．中国于2022年2月在北京成功地举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会．共赴冰雪之约，共享冬奥机遇，“冰雪经济”逐渐升温，“带动三亿人参与冰雪运动”已从愿景变为现实，中国各地滑雪场的数量也由2015年的1255家增加到2021年的3100家．下面是2016年至2021年中国滑雪场新增数量和滑雪场类型统计图，下列说法中正确的序号是　     　．①2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高②2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升③2016年至2021年中国滑雪场新增数量逐年增加④2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多16．已知复数，对于数列，定义为的“优值”．若某数列的“优值”，则数列的通项公式　     　；若不等式对于恒成立，则k的取值范围是　          　．三、解答题17．如图，在平面四边形APBC中，，，，．将△PAB沿AB折起得到三棱锥，使得．（1）求证：平面ABC；（2）若点E在棱上，，求二面角的余弦值．18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，，的内角平分线交边BC于点D，求．19．；参加“四人赛”答题（每日两局）时，第一局得3分、2分的概率分别为、，第二局得2分的概率为．周老师每天参加一局“双人对战”，两局“四人赛”，各局比赛互不影响．（1）求周老师每天参加答题活动总得分为6分的概率；（2）求周老师连续三天参加“双人对战”答题总得分的分布列和期望．20．已知点A，B分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上异于A，B的一个动点，的周长为12．（1）求椭圆E的方程；（2）已知点，直线PM与椭圆另外一个公共点为Q，直线AP与BQ交于点N，求证：当点P变化时，点N恒在一条定直线上．21．已知函数的极小值为1．（1）求实数a的值；（2）设函数．①证明：当时，，恒成立；②若函数有两个零点，求实数m的取值范围．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程（a为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）写出曲线C的普通方程和极坐标方程；（2）设A，B是曲线C上的两点，且，求的值．23．已知函数．（1）解不等式；（2）设时，函数的最小值为M．若实数a，b，c满足，求的最小值．
 1．B2．A3．D4．B5．C6．C7．A8．B9．A10．B11．C12．D13．614．（0，-3）15．①②④16．n+1；17．（1）证明：∵，∴．又∵，，∴．即．∵，∴．∵，平面，平面，∴平面（2）解：法一：以C为原点，以CB，CA，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则，，，∵，∴．∴，．设平面BCE的法向量为，则，令，则．又因为平面的一个法向量为：．∴，即二面角的余弦值为．法二：∵，∴∵，平面，平面，∴平面，∴．∴是二面角的平面角．∵，∴，∴，．∴，即二面角的余弦值为18．（1）解：∵由正弦定理得∵，∴∴，∴∴∵∴（2）解：方法一：∵∴∴∴∴方法二：在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴∴方法三：在△ABC中，由余弦定理：∴在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴在△ADC中，由余弦定理：设，则即解得或在△ABC中，由余弦定理：，∴C是钝角在△ADC中，∴∴19．（1）解：设每天答题活动总得分为6分的事件为，事件包含三种情况：参加“双人对战”得2分，第一局“四人赛”得3分，第二局“四人赛”得1分，概率为；参加“双人对战”得2分，第一局“四人赛”得2分，第二局“四人赛”得2分，概率为；参加“双人对战”得1分，第一局“四人赛”得3分，第二局“四人赛”得2分，概率为，则，所以周老师每天答题活动总得分为6分的概率为（2）解：连续三天参加“双人对战”答题总得分的可能取值为3、4、5、6，，，，，所以，随机变量的分布列为：3456则20．（1）解：设椭圆的焦距为2c，则，，，，，由得，即由的周长为12，得，所以，，，故椭圆E的方程为：（2）解：设直线PQ的方程：，，（此处若设点斜式方程，需要讨论斜率是否存在，无讨论的扣1分，只讨论斜率不存在的情况给1分）联立方程组得，恒成立．，即①直线AP的方程：，直线的方程：，联立方程组消去y，得②由①②得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上．方法二设，，设直线AP的方程：，直线BQ的方程：联立得①又∵P，Q两点在椭圆E上，因此，，②，故P，M，Q三点共线，所以，即③由②，③得将其代入①得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上21．（1）解：的定义域为，．当时，恒成立，在上单调递增，无极小值；当时，令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的极小值为，即．综上，（2）解：①法一：，．∵，∴，即在上单调递减．∴．由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．∴，即．法二：由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．因为，所以所以得证．②．当时，，在上单调递增，至多有一个零点．当时，．令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．设，．令，；令，．所以在上单调递增，在上单调递减．所以的最大值为．当时，，只有一个零点；当时，，又，．所以有两个零点；当时，，由①知，当时，对，恒成立，又，所以有两个零点；综上：或22．（1）解：由曲线的参数方程（为参数），可得：即曲线的普通方程为由，代入上式可得曲线的极坐标方程为即曲线的极坐标方程为（2）解：因为是曲线上的两点且由在曲线上可知：．同理在曲线上可知：所以23．（1）解：不等式可转化为：或或，解得： 或或，则有，所以不等式的解集为：（2）解：由绝对值的三角不等式可得：，当且仅当时等号成立，因此，函数的最小值，即，由柯西不等式可知：，即，当且仅当，即，，时等号成立，所以的最小值为