2023届吉林省吉林市普通中学高三下学期第三次调研测试数学试题含解析

这是一份2023届吉林省吉林市普通中学高三下学期第三次调研测试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届吉林省吉林市普通中学高三下学期第三次调研测试数学试题

一、单选题
1．已知全集，集合，，则下图阴影部分所对应的集合为（    ）

A． B． C．或 D．
【答案】A
【分析】求得两集合的并集，根据阴影部分表示的含义即可求得答案.
【详解】由题意知，则,
由图可知阴影部分所对应的集合为.
故选：A
2．已知圆C：，直线l：，则圆心C到直线l的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出圆C的圆心坐标，再利用点到直线的距离公式求解作答.
【详解】依题意，圆C：的圆心，
所以圆心C到直线l的距离.
故选：D
3．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24项的差为（    ）
A．22 B．24 C．25 D．26
【答案】B
【分析】根据观察归纳出为奇数，为偶数数，即可求解.
【详解】设该数列为，
当为奇数时，
所以为奇数；
当为偶数时，
所以为偶数数；
所以，
故选:B.
4．已知直线与平面，，，能使的充分条件是（    ）
A．， B．，
C．， D．，，
【答案】C
【分析】对于A，判断可能平行，可能相交，可知A的正误；对于B，判断，可判断B；对于C，根据面面垂直的判定定理可判断；对于D，判断相交但不一定垂直，可判断D.
【详解】对于A，当，时，可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误；
对于B，当，时，，B错误；
对于C，，，根据面面垂直判定定理可知，C正确；
对于D，当，，时，，但相交但不一定垂直，
如图示：

故D错误；
故选：C
5．“甲流”是甲型流感的简称，是由甲型流感病毒感染引起的急性呼吸道传染病，可呈季节性流行，北半球多在冬春季节发生．近期，我国多地纷纷进入“甲流”高发期，某地两所医院因发热就诊的患者中分别有被确诊为“甲流”感染，且到A医院就诊的发热患者人数是到B医院的三倍．现从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，则此人未感染“甲流”的概率是（    ）
A．0.78 B．0.765 C．0.59 D．0.235
【答案】B
【分析】设到A医院就诊的发热患者人数是3m，则到B医院就诊的发热患者人数是m，结合题意，根据古典概型的概率公示即可求得答案.
【详解】设到A医院就诊的发热患者人数是3m，则到B医院就诊的发热患者人数是m，
两所医院因发热就诊的患者中分别有被确诊为“甲流”感染，
则从到这两所医院就诊的发热患者中任选一人，
则此人未感染“甲流”的概率是，
故选：B
6．已知，则下列不等式不一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】A选项，由不等式基本性质得到A正确；B选项，利用基本不等式求出；C选项，作差法比较出大小关系；D选项，举出反例即可.
【详解】A选项，，故，所以，
两边同乘以得，，A成立；
B选项，因为，所以，且，
由基本不等式得，故B成立；
C选项，因为，所以，
故，所以，C成立；
D选项，不妨取，满足，此时，故D不一定成立.
故选：D
7．如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（    ）

A． B． C． D．0
【答案】A
【分析】作出二面角得平面角，设出菱形的边长，求出的长，利用余弦定理即可求得答案.
【详解】如图，连接，则，
故即为二面角得平面角，即，
设的中点为M，连接，则,

设菱形纸片中的边长为2，因为，则为正三角形，
则,
故为正三角形，故,
又，平面，则平面,
平面，故，
又因为为的中点，所以，所以,
又，故,
故在中，，
故，
故选：A
8．已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将不等式变形为，根据的单调性得，再用常数分离法求出的取值范围.
【详解】由得，
即 ，
令，，则，
所以在上单调递增，
而等价于，
∴，即
令，，则，
所以在时，为增函数；在在时，为减函数，
所以最大值为，∴．
故选：C
【点睛】方法点睛：同构法解不等式恒成立求参数范围问题时先将原不等式化成 后再利用函数单调性得到与的大小关系，由此得到参数范围.

二、多选题
9．从4名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，下列说法正确的是（    ）
A．若4人中男生女生各选2人，则有18种选法
B．若男生甲和女生乙必须在内，则有12种选法
C．若男生甲和女生乙至少有1人在内，则有15种选法
D．若4人中既有男生又有女生，则有34种选法
【答案】AD
【分析】选项A、B根据组合及分步计数原理的知识可列出表达式，进行计算可得结果；选项C、D可采用间接的方法，先计算出反面一共有多少种，然后用总的种数减去反面的种数即可得到结果．
【详解】对选项A, 依题意，根据组合及分步计数原理，可知一共有种．所以该选项正确；
对选项B, 依题意，要从7名同学中选取4人，而甲乙必须在内，则相当于从5名同学中选取2人，一共有种．所以该选项不正确；
对选项C, 依题意，要从7名同学中选取4人，一共有种，而甲乙都不在内一共有种，
甲与乙至少要有1人在内有种．所以该选项错误；
对选项D, 依题意，假设全是男生一共有种，全是女生的情况没有，
既有男生又有女生一共有种．所以该选项正确.
故选：AD
10．已知复数，，下列说法正确的是（    ）
A．若纯虚数，则
B．若为实数，则，
C．若，则或
D．若，则m的取值范围是
【答案】ABC
【分析】根据复数的相关概念，列出相应的等式或方程，求得参数，即可判断答案.
【详解】对于A，复数是纯虚数，则，A正确；
对于B，若为实数，则，则，，B正确；
对于C，若，则，则，
解得或，C正确；
对于D，若，则，且，则，D错误，
故选：ABC
11．祖暅是我国南北朝时期数学家，天文学家，他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异．”这就是祖暅原理，比西方发现早一千一百多年．即：夹在两个平行平面之间的两几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，曲线C：，过点作曲线C的切线l（l的斜率不为0），将曲线C、直线l、直线y=1及x轴所围成的阴影部分绕y轴旋转一周所得的几何体记为，过点作的水平截面，所得截面面积为S，利用祖暅原理，可得出的体积为V，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据题意，切线方程为，的水平截面为圆环，外半径为，内半径为，故截面面积，利用祖暅原理，可以构造一个上底面半径为，下底面半径为1，高为1的圆台．与圆台的体积相等，直接用圆台体积公式求V．
【详解】设切线方程为，代入得，由得，
故切线方程为，
过点作的水平截面，截面为圆环，
当时，代入得截面圆环外半径，
当时，代入得截面圆环内半径，
截面圆环面积为，故B正确.
为了截出面积为的图形 ，可以构造一个下底面半径为1，高为4的圆锥，
在距离底面为1处作底面的平行截面，得到一个下底面半径为1，上底面半径为，高为1的圆台.
圆锥及其轴截面如下图：其中，

在距离底面为的处作底面的平行截面，设此时截面半径为，
，即，解得，此截面的面积为，与截面圆环面积相同，
而圆台的体积为：，
由祖暅原理知的体积为，所以D正确.
故选：BD
12．设定义在R上的可导函数与 导函数分别为和，若，与均为偶函数，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】依题意可得，则，可判断A；转化出，又可判断BC；由可求解D结果．
【详解】∵，∴
∵与均为偶函数
∴，
∴， ①
∴，
∴，即A错误；
∵ ②
∴
将①带入得：，即 ③
由②③得：
∵，∴，即B正确；
∵，即C正确；
∵
∴

即D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点晴：本题关键在于利用导数化简根据函数的对称性与周期性转化，实现函数值的求解．

三、填空题
13．的展开式中，的系数是______．
【答案】120
【分析】先找出中含的项，再在中找出含的项，相乘即可得到含的系数．
【详解】中含的项为，中含的项为，
的展开式中含的项为，其系数为.
故答案为：120．
14．已知，是单位向量，且．若向量满足，则的最大值是______．
【答案】##
【分析】由题意建立平面直角坐标系，设，根据条件确定确定点C在以(1,2)为圆心，1为半径的圆上，结合圆的几何性质，可求得答案.
【详解】由，得，
建立如图所示的平面直角坐标系，则，

设 ，由，
得 ，
所以点C在以Q(1,2)为圆心，1为半径的圆上.
所以
故答案为：
15．规定：设函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】（注：可以用不等关系表示）
【分析】讨论和的条件，时，，根据正余弦函数的单调区间解不等式即可.
【详解】函数，
当时，，
当时，，
时，，在上单调递增，
则有或，
解得，当时，有解；
或，当时，有解.
实数的取值范围是.
故答案为：

四、双空题
16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过焦点的直线l与椭圆C相交于两点，椭圆C在两点处的切线交于点P，则点P的横坐标为______，若的垂心为点H，则的最小值是______．
【答案】     4    
【分析】利用椭圆的切线方程，联立求得点P坐标，根据垂心性质，表示出，的方程，联立求得H点坐标，进而可得的表达式，结合基本不等式即可求得其最小值.
【详解】由椭圆C：可知，，
设的方程为，设，
则由题意可得切线的方程为，
同理切线的方程为，
即，则，
即，所以P点的横坐标为4；
又，
故的垂心为点H，则，
故的方程为，的方程为，
将两方程联立解得，即，
故，
当且仅当即时取得等号，
故的最小值为，
故答案为：4；
【点睛】关键点睛：求解的最小值时，要求出的坐标，利用两点间距离公式表示出，结合基本不等式求得最值，关键是利用椭圆的切线方程，联立求出P点坐标.

五、解答题
17．已知数列满足的前n项和为．
(1)求，，并判断1024是数列中的第几项；
(2)求．
【答案】(1)，；1024是数列的第342项
(2)

【分析】（1）根据数列的通项公式即可求得，；分别令以及，结合n的奇偶性可得答案；
（2）将的表达式中各项分组，结合等差数列以及等比数列的前n项和公式，可得答案；
另解：判断数列是等比数列．是等差数列，为数列的前n项和与数列的前项和的总和，由此可求得答案.
【详解】（1）由可得，．
令，解得：为偶数，不符合题意，舍去；
令，解得：，符合题意．
因此，1024是数列的第342项．
（2）

．
另解：由题意得，又，
所以数列是以为首项，4为公比的等比数列．
，又，
所以数列是以4为首项，6为公差的等差数列．
为数列的前n项和与数列的前项和的总和．
故.
18．如图，圆O为的外接圆，且O在内部，，．

(1)当时，求AC；
(2)求图中阴影部分面积的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）法一：求得，利用余弦定理求得的长；
法二：在中，求得，，的大小，求得，利用正弦定理即可求得答案；
（2）法一：设，求出 的表达式，设优弧所对的扇形面积为，利用阴影部分面积为求得其表达式，结合三角函数性质求得答案；
法二：求出劣弧所对的扇形的面积，求出，利用阴影部分面积为，求得其表达式，结合基本不等式，即可求得答案.
【详解】（1）法一：由题意可知，，
在中，由余弦定理得
，
∴.
法二：在中，，，
，，，
由正弦定理得，
∴ ，，
∴.
（2）设，则

,
设阴影部分面积为S，优弧所对的扇形面积为，
则,
∴,
∵点O在内部 ，∴ ，∴,
当时，即时，,
即阴影部分面积的最小值是.
法二：由题意，则,
劣弧所对的扇形的面积,
,
设，，,
在中，由余弦定理：
∴即,
在中，由余弦定理：,
∴,
∴，当且仅当时，等号成立,
阴影部分面积为
,
即阴影部分面积的最小值是.
19．如图，在多面体中，四边形和四边形均是等腰梯形，底面为矩形，与的交点为，平面，且与底面的距离为，

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；是的中点.

【分析】（1）利用条件通过证明线线平行即可；
（2）假设存在，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量解即可.
【详解】（1）证明：取中点，连接．

∵是底面对角线与的交点，即的中点  
∴∥，=.
∵∥平面，平面，平面平面，∴.
∵．
∴∥，=，故∥，＝，则四边形是平行四边形.
∴  
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵  ∴
∵， ,且两直线在平面内， ∴平面.
∵平面  ∴平面平面
在平面中，过作.
平面平面  ∴平面.
取中点，取中点，连接,．
以为原点，,，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，

则，，，，，，有，，，
设，
∴  ∴.
设是平面的一个法向量,
∴ 令，则，∴
设CM与平面ADE所成角为
∴
化简得：  ∴或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为
20．2022年11月20日，卡塔尔足球世界杯正式开幕，世界杯上的中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物都是中国制造，为卡塔尔世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛，该足球队教练组为了考查球员甲对球队的贡献，作出如下数据统计（甲参加过的比赛均分出了输赢）：

球队输球
球队赢球
总计
甲参加
2
30
32
甲未参加
8
10
18
总计
10
40
50

(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
(2)从该球队中任选一人，A表示事件“选中的球员参赛”，B表示事件“球队输球”．与的比值是选中的球员参赛对球队贡献程度的一项度量指标，记该指标为R．
①证明：；
②利用球员甲数据统计，给出，的估计值，并求出R的估计值．
附：．
参考数据：
a
0.05
0.01
0.005
0.001

3.841
6.635
7.879
10.828


【答案】(1)认为该球队胜利与甲球员参赛有关
(2)①证明见解析 ；②,；

【分析】（1）由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
（2）①根据定义结合条件概率公式即可完成证明；②根据①结合已知数据求.
【详解】（1）零假设为：该球队胜利与甲球员参赛无关．
，
因为，
所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为该球队胜利与甲球员参赛有关，此推断犯错误的概率不大于0.005．
（2）①证明：


②，，
．
21．已知点，动点M在直线上，过点M且垂直于x轴的直线与线段的垂直平分线交于点P，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知圆的一条直径为，延长分别交曲线C于两点，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)36

【分析】（1）法一：设点，由题意可知，将该式转化为方程，化简可得答案；
法二：利用抛物线的定义即可求得答案.
（2）法一：设直线方程为，分别联立抛物线方程和圆的方程，求得交点坐标，即可求得的表达式，同理得的表达式，即可求得四边形面积的表达式，结合函数的单调性，即可求得答案；
法二：设直线方程为，下面方法和法一相同.
【详解】（1）法一：设点，则．
由题意知，即，
整理得：，
则曲线C的方程为．
法二：由题意知，点P到点的距离等于其到直线的距离相等，
则点P的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
则曲线C的方程为.
（2）法一：由题意知，为圆的直径，则．
由题意知直线存在斜率，设为k，且，则直线的斜率为．
又OA所在直线为，
联立，解得：或，则不妨取S点横坐标为，
联立，解得：或，则不妨取A点横坐标为，
所以．
同理可得，
四边形的面积
,
令，,则,
因为S在上单调递增，所以当时，S有最小值36．
即当时，四边形面积的最小值为36
法二：设方程为，
由,得．
由,得,
∴,
同理可得：．

令,
则在上单调递增．
∴，
当即时，四边形面积的最小值为36
即四边形面积的最小值为36．
【点睛】方法点睛：解决直线和圆锥曲线的位置关系中的面积问题，一般方法要通过联立直线和圆锥曲线方程，求得交点坐标，进而求得线段长或弦长，表示出面积的表达式，进而求解.
22．已知函数（e是自然对数的底数），．
(1)若函数，求函数在上的最大值．
(2)若函数的图象与直线有且仅有三个公共点，公共点横坐标的最大值为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，即可求得函数最值；
（2）根据题意，作出函数图象，数形结合求得公共点横坐标的最大值为切点横坐标，利用导数的几何意义推出，然后再利用三角恒等变换即可证明三角等式.
【详解】（1）由题意得，，，
令，则；令，则，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在上的最大值为：
（2）证明：的图像与直线的三个公共点，且在内相切，如图所示，

其切点为：，，此时公共点的横坐标最大，
当时，，，，
∴，即，
∴


，
故.
另解：
∴

，
故.
【点睛】关键点睛：解答第二问时，根据函数的图象与直线有且仅有三个公共点，公共点横坐标的最大值为，关键是要采用数形结合并结合导数的几何意义确定切点横坐标为最大值，从而得出，再结合三角函数恒等变换即可证明三角等式.