吉林省长春市实验中学2022-2023学年高三下学期模拟考试（五）数学试题（含答案）

这是一份吉林省长春市实验中学2022-2023学年高三下学期模拟考试（五）数学试题（含答案），共23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。
 吉林省长春市实验中学2022-2023学年高三下学期模拟考试（五）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．2．为虚数单位，复数，复数的共轭复数为，则的虚部为（    ）A． B． C． D．3．已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在使得”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．在中，为上一点，，为线段上任一点，若，则的最小值是（    ）A． B． C．6 D．85．声音中包含着正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波.每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是函数.音有四要素：音调，响度，音长和音色.这都与正弦函数的参数有关.我们一般听到的声音的函数是，对于函数，下列说法正确的是（    ）A．是的一个周期 B．关于对称C．是的一个极值点 D．关于中心对称6．将甲、乙等5名志愿者分配到4个社区做新冠肺炎疫情防控宣传，要求每名志愿者去一个社区，每个社区至少去一名志愿者，则甲、乙二人去不同社区的概率为（    ）A． B． C． D．7．在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．8．已知函数，其导函数记为，则（    ）A．2 B． C．3 D． 二、多选题9．某商店2021年1月至12月每月的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中正确的有（    ）A．第二季度月平均利润为30万元 B．收入的中位数和众数都是50C．下半年支出比上半年支出稳定 D．利润最高的月份是2月份和11月份10．一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（    ）A．短轴为2r，且与θ大小无关 B．离心率为cos θ，且与r大小无关C．焦距为2r tan θ D．面积为11．如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点，以x轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，P，则下列说法正确的是（    ）A．B．扇形的面积为C．D．当时，四边形的面积为12．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．以为直径的圆与准线相交C．设，则D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条 三、填空题13．的展开式中，的系数是______．14．若曲线在点处的切线方程是，则______．15．如图，单位向量，的夹角为，点在以为圆心，1为半径的弧上运动，则的最小值为______．16．过曲线与曲线的交点的圆的方程为__________. 四、解答题17．已知数列的前项和，且满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18．已知的内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若，求的取值范围．19．新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病毒．对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命安全和身体健康放在第一位．明确坚决打赢疫情防控的人民战争、总体战、阻击战．当前，新冠肺炎疫情防控形势依然复杂严峻．为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛（满分分），竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了名学生的竞赛成绩，获得了如下频数分布表．竞赛成绩人数(1)从该样本中随机抽取名学生，求这名学生均获一等奖的概率；(2)若该市所有参赛学生的成绩近似地服从正态分布，若从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望．20．如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点．(1)求证：平面；(2)若二面角为，，求与平面所成角的正弦值．21．已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．①证明：直线CD过椭圆右焦点；②椭圆的左焦点为，求的内切圆的最大面积．22．已知函数.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若，讨论函数的单调性； （Ⅲ）当时，恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．C【分析】先化简集合，再求【详解】，即，所以故选：C2．A【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的概念可得结果.【详解】因为，故，因此，的虚部为.故选：A.3．A【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】解：因为是无穷等差数列，若为递增数列，所以公差，令，解得，表示取整函数，所以存在正整数，有，故充分；设数列为5，3，1，-1，…，满足，但，则数列是递减数列，故不必要，故选：A4．D【分析】利用共线定理求出定值，再用基本不等式即可求解.【详解】由题知，，所以，又因为为线段上任一点，所以，所以当且仅当时等号成立，此时，.故选：D.5．D【分析】对于A，检验是否成立即可；对于B，检验是否成立即可；对于C，对求导，由不满足即可判断；对于D，检验是否成立即可.【详解】对于A，因为，所以，显然不成立，故不是的一个周期，故A错误；对于B，因为，所以不成立，故不关于对称，故B错误；对于C，因为，所以，故不是的一个极值点，故C错误；对于D，因为,所以，故关于中心对称，故D正确.故选：D.6．C【分析】部分均匀分组问题，5个人去4个社区，只能是的形式，据此先算出基本事件总数，再求出甲、乙去相同的社区的事件数，利用古典概型公式和对立事件的定义求解.【详解】5个人去4个社区，只能是的形式，分组的情况总数为，再把这些分组分配到四个不同地方，有种情况，因此基本事件总数为；甲、乙去相同的社区的情况有：种，由对立事件可得甲、乙二人去不同社区的概率为：.故选：C.7．B【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】如图，取的中点，连接，在菱形中，，则都是等边三角形，则，因为平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，所以，即，所以平面平面，如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，设点为三棱锥的外接球的球心，则平面外接球的半径为，设，则，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.8．A【分析】函数，分析其性质可求的值 ，再求并讨论其性质即可作答.【详解】由已知得，则，显然为偶函数.令，显然为奇函数.又为偶函数，所以，，所以.故选：A.9．BC【分析】由平均数的计算可判断A，根据众数和中位数的计算可判断B,由方差的计算可判断C，根据折线图可知利润最高的月份，即可判断D.【详解】对于A,第二季度的利润分别为20，20，20万元，所以平均利润为20万元，故A错误，对于B,收入按照从小到大排列为:30,40,40,50,50,50,50,50,60,60,70,80,故中位数和众数均为50,故B正确，对于C,下半年的支出分别为20,40,40,20,50,30,平均数为，方差为，上半年的支付分别为:30,60,30,30,10,20,平均数为30，方差为，由于，故下半年支出比上半年支出稳定，C正确，对于D,利润最高的为3月和10月，故D错误，故选：BC10．ACD【分析】由题设可得短轴长，长轴长，进而求出焦距、离心率，根据椭圆与底面圆的投影关系确定椭圆面积.【详解】由题意，椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，所以，故，焦距为，由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为.综上，A、C、D正确，B错误.故选：ACD11．AD【分析】由题意圆的半径 在平面直角坐标系中写出的坐标用两点间的距离公式计算即可得A选项；选项B，利用扇形的面积公式计算即可；选项C，利用两点间的距离公式写出化简即可；选项D，分别表示出来化简即可【详解】由题意圆的半径 选项A：由题意得所以所以，故A正确；选项B：因为，所以扇形的面积，故B错误；选项C，故C错误；选项D：因为，所以故D正确故选：AD.12．ACD【分析】根据焦点弦公式即可判断A；求出线段的中点坐标及圆的半径，从而可判断B；根据抛物线的定义可得，即可判断C；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合根的判别式即可判断D.【详解】抛物线焦点，准线，由题意，故A正确；因为，则以为直径的圆的半径，线段的中点坐标为，则线段的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故B错误；抛物线的焦点为，，当且仅当三点共线时，取等号，所以，故C正确；对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个交点，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，当时，方程的解为，此时直线与抛物线只有一个交点，当时，则，解得，综上所述，过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条，故D正确．故选：ACD．13．120【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．【分析】求导，然后求出和，再结合切线方程可求出，则可求.【详解】由已知，则，由，又曲线在点处的切线方程是，，，故答案为：.15．【分析】建立平面直角坐标系，设出，，利用平面向量数量积公式，结合辅助角公式得到，结合，求出最小值.【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，故，因为，所以，故当，时，取得最小值，最小值为.故答案为：16．【分析】设所求圆的方程为，即，再根据曲线表示圆求出，即可得解.【详解】由，得，由，得，设，即，因为方程表示圆，则，即为所求，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设所求圆的方程为，是解决本题的关键.17．（1）；（2）．【详解】试题分析：（1）当时，可求出，当时，利用可求出是以2为首项，2为公比的等比数列，故而可求出其通项公式；（2）由裂项相消可求出其前项和.试题解析：（1）依题意：当时，有：，又，故，由①当时，有②，①－②得：化简得：，∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴.（2）由（1）得：，∴∴ 18．(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后利用两角和的正弦公式变形可得答案；（2）利用正弦定理将转化为，然后利用三角恒等变换的公式将表示成三角函数的形式，通过三角函数的值域的求法求出范围.【详解】（1）由正弦定理可变形为，，即，又；（2）由正弦定理，，又，，所以，即的取值范围是.19．(1)(2)分布列答案见解析， 【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.【详解】（1）解：由题意可知，这名学生中，获一等奖的学生人数为，因此，从该样本中随机抽取名学生，这名学生均获一等奖的概率为.（2）解：因为，则，从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在分以上的学生人数为，则，所以，，，，.所以，随机变量的分布列如下表所示：由二项分布的期望公式可得.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案；（2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）因为是圆的直径，所以，因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，又因为，平面，平面PAC，所以平面，因为分别是棱的中点，所以，从而有平面；（2）由（1）可知，平面，平面，所以,平面，平面,所以为二面角的平面角，从而有，则，又，得，以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，,，，，，所以，，,设是平面的一个法向量，则，即，可取，设AE与平面ACD所成角为故，所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.21．(1)(2)①证明见解析；② 【分析】（1）由题意可得，设，可得，，解方程求，可得椭圆方程；（2）①设，联立直线和椭圆方程，求得的坐标，进而得到，，再根据向量共线的定义即可得证；②根据椭圆的定义可求的周长，结合内切圆的性质可得，利用设而不求法求的最大值即可的结论.【详解】（1）由已知得：，，，设，因为M在椭圆上，所以①因为，将①式代入，得，所以，所以椭圆的方程为．（2）①设，则， ，所以，，联立方程，得，则．联立方程，得，，则，椭圆的右焦点为，，，因为，说明C，D，三点共线，即直线CD恒过点．②因为直线CD恒过点，所以的周长为，设内切圆的半径为，所以的面积，所以，即，若内切圆的面积最大，即r最大，也就是最大，因为三点不共线，所以直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为， 代入得：，可得，，又因为令，（*）式化为：，因为函数在上单调递增，所以当，即时，（*）式取最大值3，所以，故，所以得到内切圆面积的最大值为，当时取得．【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）根据导数几何意义求出导数即为斜率，根据点斜式写出直线方程；（Ⅱ）由题意得，讨论根据判定其单调区间；（Ⅲ）法一：由题意得，讨论根据单调性判定是否成立即可得出答案；法二：原命题等价于在上恒成立，用参变分离法求出函数最值.【详解】（Ⅰ）当时，，        ，   所以切线方程为：，即：； （Ⅱ）由题，可得 由于，的解为， （1）当，即时，，则在上单调递增； （2）当，即时，在区间上，在区间上，，所以的单调增区间为；单调减区间为.  (3)当，即时，在区间 上，在区间上，，则在上单调递增，上单调递减.  （Ⅲ）解法一：（1）当时，因为，所以，，所以，则在上单调递增，成立  （2）当时，，所以在上单调递增，所以成立.  （3）当时，在区间上，；在区间，，所以在上单调递减，上单调递增，所以，不符合题意.     综上所述，的取值范围是.   解法二：当时，恒成立，等价于“当时，恒成立”.即在上恒成立. 当时，，所以.  当时， ，所以恒成立.设，则因为，所以，所以在区间上单调递增.所以，所以. 综上所述，的取值范围是.【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.