2023届吉林省吉林市高三第四次调研考试数学试题含解析

这是一份2023届吉林省吉林市高三第四次调研考试数学试题含解析，共24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届吉林省吉林市高三第四次调研考试数学试题 一、单选题1．已知集合，若，则实数（    ）A．或1 B．0或1 C．1 D．【答案】B【分析】先求得合，再分和，两种情况讨论，结合题意，即可求解.【详解】解：由集合，对于方程，当时，此时方程无解，可得集合，满足；当时，解得，要使得，则满足，可得，所以实数的值为或.故选：B.2．中，，，，则边上的高所在的直线方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设边上的高所在的直线为，求出直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案.【详解】设边上的高所在的直线为，由已知可得，，所以直线l的斜率.又过，所以的方程为，整理可得，.故选：A.3．已知是两个不同的平面，则下列命题错误的是（    ）A．若且，则B．若是平面内不共线三点，，则C．若直线，直线，则与为异面直线D．若且，则直线【答案】C【分析】根据基本事实3（公理2）可判断A；根据基本事实1（公理3）可判断B；根据异面直线的定义可判断C；根据基本事实2（公理1）可判断D.【详解】对于A，由根据且，则是平面和平面的公共点，又，由基本事实3（公理2）可得，故A正确；对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又，且，则，故B正确；对于C，由于平面和平面位置不确定，则直线与直线位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；对于D，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确.故选：C.4．下列说法错误的是（    ）A．若随机变量，则B．若随机变量服从两点分布，且，则C．若随机变量的分布列为，则D．若随机变量，则的分布列中最大的只有【答案】D【分析】A选项，根据正态分布的对称性得到，A正确；B选项，根据服从两点分布，且得到分布列，求出的分布列，求出期望值和方差；C选项，根据概率之和为1列出方程，求出；D选项，根据解出答案.【详解】A选项，，由正态分布的对称性可知，A正确；B选项，若随机变量服从两点分布，且，即分布列为：01所以02故，则，B正确；C选项，分布列中概率之和为1，即，解得，C正确；D选项，随机变量，令，即，解得，因为，所以或3，则的分布列中最大的有或，D错误.故选：D5．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，求得，得到函数的单调性与最大值，再由当且时，设且，求得，即可求解.【详解】解：由，令函数，可得，当，可得，单调递增；当，可得，单调递减，所以当，函数取得极大值，即为最大值，函数的图形，如图所示，对于函数，当且时，.设且，则，可得，所以，所以,所以.故选：A.6．点是的重心，，则（    ）A．32 B．30 C．16 D．14【答案】A【分析】利用勾股定理和向量垂直数量积为0，列向量方程求解即可.【详解】记，因为是的重心，所以，，因为所以整理得所以，解得，即故选：A7．在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果.【详解】由杨辉三角中观察得可得.推广，得到即由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为故选:B8．已知点是抛物线的焦点，过点作两条互相垂直的直线分别与拋物线交于点和，且，则四边形面积的最小值为（    ）A．4 B．8 C．16 D．32【答案】B【分析】首先根据焦半径公式表示条件，再利用直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示条件，可求得，再利用弦长公式表示四边形的面积，利用基本不等式求最值.【详解】设，，，，，，，，所以，即，①设直线:，联立抛物线方程，得，得，，②，将②代入①得，所以，因为直线与垂足，则，则四边形面积，当时，等号成立，所以四边形面积的最小值是8.故选：B 二、多选题9．已知实数满足，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据作差法，结合举反例判断即可.【详解】对A，因为，又，故，则，故A正确；对B，取，因为，故B错误；对C，因为，由题意，，，故，即，故C正确；对D，取，则，则，故D错误；故选：AC10．如图所示，正三棱台中，与平面所成的角为，则（    ）A．该三棱台的体积是B．该三棱台的体积是C．该三棱台外接球的表面积是D．该三棱台外接球的表面积是【答案】AD【分析】根据题意，由条件可得三棱台的高，即可得到其表面积，由其外接球的球心位于上，即可得到其半径，从而得到其外接球的表面积.【详解】设底面的重心为，的重心为，因为是正三棱台，所以重心也为外心，则为棱台的高，与平面所成的角为，因为，所以，，作于点，所以，所以，，所以，且，，则三棱台的体积为，故A正确，B错误；因为与在球的小圆面上，且为三棱台的高，所以球心在上，则，在与中，有，即，可得，则，所以球的表面积为，故D正确，C错误；故选：AD.11．人均消费支出是社会需求的主体，是拉动经济增长们直接因素，是体现居民生活水平和质量的重要指标.2022年一季度和2023年一季度我囯居民人均消费支出分别为6393元和6738元，图1､图2分别为2022年一季度和2023年一季度居民人均消费支出构成分布图，则（    ）A．2022年一季度和2023年一季度居民食品烟酒人均消费支出均超过人均总消费支出的B．2023年一季度居民食品烟酒､衣着､居住各项人均消费支出占比较上年同期均有所降低C．2023年一季度居民人均交通通信支出低于上年同期人均交通通信支出D．2023年一季度居民人均消费支出比上年同期增长约【答案】AD【分析】由居民人均消费支出构成分布图得出相关数据，求解计算，即可得出答案.【详解】对于A项，由居民人均消费支出构成分布图可知，2022年一季度居民食品烟酒人均消费支出占人均总消费支出的，2023年一季度居民食品烟酒人均消费支出占人均总消费支出的，故A项正确；对于B项，由居民人均消费支出构成分布图可知，2022年一季度居民居住人均消费支出占人均总消费支出的，2023年一季度居民居住人均消费支出占人均总消费支出的，故B项错误；对于C项，由居民人均消费支出构成分布图可知，2022年一季度居民人均交通通信支出消费支出为，2023年一季度居民人均交通通信支出消费支出为，故C项错误；对于D项，因为，故D项正确.故选：AD.12．已知函数其中，给出下列四个结论：甲：有两个不等实根乙：有一个极小值是丙：的所有零点的积为0的所有零点的和为若上述结论有且只有一个是错误的，则上述结论正确的是（    ）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】ABC【分析】根据题意，得到函数的单调区间以及值域，然后由条件只有一个错误时，不妨设甲乙都成立，然后去验证，即可得到结果.【详解】当时，，则，当时，，当时，，所以当时，，且因为，当时，，则，令，则，当时，，即在单调递增，且当时，，所以时，，当时，，即时，单调递减，时，单调递增，且时，，当时，，只有一个错误时，不妨设甲乙都成立，因为有两个不等实根，则与有且仅有两个交点，所以或，即或，又因为有一个极小值为，即，所以，当时，令，即，解得或，，所以时，零点为，且，，所以零点的积为，和为，所以，甲乙丙成立，丁不成立.故选:ABC 三、填空题13．已知复数是关于的方程的一个根，则__________.【答案】【分析】利用求根公式求复数z，然后可得.【详解】由求根公式可得或，所以故答案为：14．已知是函数的两个零点，且，则__________.【答案】1【分析】由题意，，再将题意转化为为一个周期，进而结合周期公式求解即可.【详解】由题意，，故即，故当是函数的两个零点时，为一个周期，即，解得.故答案为：115．已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线过和，且与圆交于两点，若，则椭圆的离心率为__________.【答案】/0.5【分析】分别求出，，利用可得，然后可解.【详解】作，垂足为D，因为，所以，，易知，又，所以，即所以，所以故答案为： 四、双空题16．在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则点在所在平面内的射影的轨迹长为__________；三棱锥体积的取值范围是__________.【答案】          【分析】过作平面垂足为，得到，求得，进而得到点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），求得轨迹长为，再由，求得，进而求得体积的取值范围.【详解】解：过作平面垂足为，则，因为，所以，如图所示，以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系，如图所示，则，设，因为，可得，整理得，即，所以点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为，由，可得，所以体积.故答案为：；. 五、解答题17．中，角的对边分别为，且.(1)求角；(2)若的外接圆半径为，求的周长的最大值.【答案】(1)(2)9 【分析】（1）首先根据两角和的正弦公式，结合正弦定理，化简求角；（2）法一，根据余弦定理，结合基本不等式求的最值，再结合正弦定理求，即可求周长的最大值；法二，根据正弦定理，用角表示边，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质，求周长的最大值.【详解】（1）由，得：由正弦定理，得整理得：因为，所以.两边平方得，消，得解得：或（舍去）又，所以（也可化简为求得）（2）法一：因为且所以：所以所以，当且仅当时，取“”号所以的周长，即当时，的周长最大值为9.法二：设的外接圆半径为，因为，所以，所以的周长因为，所以当时，的最大值1，此时的周长的最大值为9.18．随着消费者对环保､低碳和健康生活的追求不断加强，新能源汽车的市场需求也在不断增加.新能源汽车主要有混合动力汽车､纯电动汽车､燃料电池汽车等类型.某汽车企业生产的型汽车，有混合动力和纯电动两种类型，总日产量达120台，其中有30台混合动力汽车，90台纯电动汽车.(1)若从中随机抽检2台汽车，用表示抽检混合动力汽车的台数，分别就有放回抽检与不放回抽检，求的分布列及数学期望；(2)若从每日生产的120台型汽车中随机地抽取10台样本，用表示样本中混合动力汽车台数，分别就有放回抽取和不放回抽取，用样本中的混合动力汽车台数的比例估计总体中混合动力汽车台数的比例，求误差不超过0.15的概率，并比较在相同的误差限制下，采用哪种抽取估计的结果更可靠.参考数据：（概率值精确到0.00001）二项分布概率值超几何分布概率值00.056310.0492910.187710.1825420.281570.2905130.250280.2613440.146000.1470150.058400.0539660.016220.0130770.003090.0020680.000390.0002090.000030.00001100.000000.00000总计1.000001.00000 【答案】(1)答案见解析(2)0.86556，0.88140；采用不放回抽取估计的结果更可靠 【分析】（1）若有放回抽样，则随机变量服从二项分布，根据二项分布列和数学期望，若无放回抽样，则随机变量服从超几何分布，根据组合数公式，写出概率，列分布列，再求数学期望；（2）由条件可知，是一个随机变量，分有放回抽样和无放回抽样两种情况求，再比较大小后，即可判断.【详解】（1）对于有放回抽检，每次抽到混合动力汽车的概率为，且各次抽检结果是独立的，设为有放回抽检的混合动力汽车的台数，则可取，的分布列如下：012则.对于不放回抽检，各次抽检的结果不独立，设为不放回抽检的混合动力汽车的台数，则服从超几何分布，可取的分布列如下：012则.注：也可按照下面步骤作答.的分布列为.的分布列为.（2）样本中混合动力汽车的比例是一个随机变量，根据参考数据，有放回抽取：不放回抽取：因为，所以，在相同的误差限制下，采用不放回抽取估计的结果更可靠.（注：（2）问，可以参考人教版选择性必修三第79页例6，分别就放回抽样和不放回抽样，用样本中的某类品的比例估计总体中这类品的比例，定量地比较估计效果，用概率的方法解释直观常识.对用同一抽取模型，两个分布的均值相同，从两种分布的概率分布看，或者从方差的大小比较（超几何分布的方差较小），都反应超几何分布更集中于均值附近.）19．如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.(1)若平面平面，求证： ；(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意得到四边形是平行四边形，证得，进而证得平面，结合线面平行的性质定理，即可证得.（2）取中点，以为原点，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得和向量，得到，且，结合点到直线的距离，即可求解.【详解】（1）证明：在梯形中，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，所以，，，且，则点到直线的距离因为，所以当时，；当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.20．已知数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求，然后利用与的关系可解；（2）使用两次错位相减法可得.【详解】（1）令时，...①时，，...②由①-②得..（2）由（1）知.令，则...③...④③-④得：令...⑤...⑥⑤-⑥得：21．已知双曲线的左､右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点B到直线的距离为(1)求双曲线的标准方程；(2)当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为.（i）是否存在实数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（ii）求直线和交点的轨迹方程.【答案】(1)(2)（i）存在，；（ii） 【分析】（1）注意到直线与双曲线有且仅有一个公共点时，l平行于渐近线可解；（2）利用韦达定理结合即可求得，再根据和的直线方程消去斜率即可得交点的轨迹方程.【详解】（1）故当直线过与双曲线有且仅有一个公共点时，应与的渐近线平行设直线，即，则点到直线的距离为即双曲线的标准方程为：.（2）（i）由题可知，直线斜率不为0设直线由得：成立.所以存在实数，使得成立.（ii）直线，直线联立得：所以直线和交点的轨迹方程为：22．已知函数，且.(1)求实数的取值范围；(2)设为整数，且对任意正整数，不等式恒成立，求的最小值；(3)证明：.【答案】(1)(2)2(3)证明见解析 【分析】（1）法一：由得出，利用导数得出，进而得出实数的取值范围；法二：由确定是上最小值，也是极小值，进而得出的值，再检验即可；法三：由洛必达法则求解即可；（2）由，通过赋值得出，再由等比求和公式得出的最小值；（3）由在上恒成立，令和，由对数的运算证明即可.【详解】（1）法一：在上恒成立在上恒成立设①当时，恒成立在上单调递增，且时，不符合题意，舍去②当时，令，则；令，则.在上单调递减，在上单调递增.设令，则；令，则.在上单调递增，在上单调递减，即当时，的取值范围是：.法二：在上恒成立是上最小值，也是极小值，即当时，令，则；令，则在上单调递减，在上单调递增即，满足：在上恒成立法三：①当时，恒成立，.②当时，恒成立，设设在上单调递增，在上单调递增当时，为“”型由洛必达法则得当时，，即③当时，恒成立，设设在上单调递减，在上单调递增当时，为“”型由洛必达法则得当时，，即综上，的取值范围是：（2）由（1）知，，即在上恒成立（当且仅当时取等）令，则.即又且的最小值为2.（3）不等式在上恒成立（当且仅当时取等）令，则，即.令，则，即故.【点睛】关键点睛：在解决问题（2）（3）时，关键是利用不等式，通过赋值得出的最值和证明不等式.