吉林省2023届高三第三次模拟考试数学试卷（含解析）

吉林省2023届高三第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．用列举法可以将集合使方程有唯一实数解表示为（    ）

A． B． C． D．或

2．若复数，为复数的共轭复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．一副三角板有两种规格，一种是等腰直角三角形，另一种是有一个锐角是的直角三角形，如图两个三角板斜边之比为.四边形就是由三角板拼成的，，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

4．“3+1+2”高考方案中，“3”是指统一高考的语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，“1”是指考生在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，“2”是指在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目．则每一名学生参加高考的科目选择方法数共有（    ）种

A．72 B．80 C．12 D．84

5．某工厂产生的废气经过过滤后排放，若过滤过程中剩余的废气污染物数量P（单位：与时间t（单位：h）之间的关系为，其中为过滤未开始时废气的污染物数量，则污染物减少75%大约需要的时间为（    ）（参考值）

A．20 B．17 C．14 D．22

6．从原点向圆x2+y2-12y+27=0作两条切线,则该圆夹在两条切线间的劣弧长为(　　)

A．π B．2π C．4π D．6π

7．设m，n为两个不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中不正确的是（　　）

A．若，，，则

B．当m与平行时，若m与n不平行，则n与不平行

C．若，点，点，，则

D．若，，则

8．已知定义在上的函数在上单调递增，若，且函数为偶函数，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．下列化简正确的是（    ）

A． B．

C． D．

10．下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，设线段的中点为，则（    ）

A．

B．若，则直线的斜率为

C．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于，则抛物线的方程为

D．若点到抛物线准线的距离为，则的最小值为

12．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是（    ）

A．平面PAC B． C． D．平面平面PBC

三、填空题

13．（2x3）8的展开式中常数项是_____.（用数字表示）

14．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，且千米，若要求观景台与两接送点所成角与互补且观景台在的右侧，并在观景台与接送点，之间建造两条观光线路与，则观光线路之和最长是_________________ （千米）.

15．设函数，，若函数的极小值不大于，则的取值范围是__________．

16．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为__________.

四、解答题

17．已知的内角的对边分别为，且.

(1)求；

(2)若，求面积的最大值

18．设等差数列的前项和为，已知.

(1)求数列的通项公式;

(2)当为何值时， 最大，并求的最大值.

19．如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.

(1)求证：；

(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.

20．买盲盒是当下年轻人的潮流之一，每个系列的盲盒分成若干个盒子，每个盒子里面随机装有一个动漫、影视作品的图片，或者设计师单独设计出来的玩偶，消费者不能提前得知具体产品款式，具有随机属性，某礼品店2022年1月到8月售出的盲盒数量及利润情况的相关数据如下表所示：

(1)求出月利润y（千元）关于月销售量x（百个）的线性回归方程（精确到0.01）；

(2)某班老师购买了装有兔子玩偶和熊猫玩偶的两款盲盒各4个，从中随机选出3个作为礼物赠送给同学，用表示3个中装有兔子玩偶的盲盒个数，求的分布列和数学期望.

参考公式：回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为：，.

参考数据：，

21．椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.

（1）求椭圆的方程及其离心率；

（2）直线与椭圆相交于，两点，为原点，是否存在点满足，，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由

22．函数.

（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；

（2）求证：，时，.

参考答案

1．C

【解析】根据题意求当方程有唯一实数解时，求的取值范围，分和两种情况求的取值.

【详解】由题意可知集合的元素表示能使方程有唯一实数解的的值，

当时， ，解得，成立；

当时，方程有唯一实数解，

则，

解得：，

.

故选：C

【点睛】本题考查根据方程的实数根的个数求参数的取值，属于简单题型.

2．A

【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数的概念，即可求解.

【详解】由，所以，

所以的虚部为.

故选：A.

3．C

【分析】建立直角坐标系,利用数量积的坐标表示求解即可.

【详解】建立如图所示直角坐标系：

因为，，

所以，

则，

所以，

所以,

故选：C

4．A

【分析】根据题意，依次分析考生在必考科目，物理、历史两门选择性考试科目经以及4门选择性科目中的选择方法数目，由分步计数原理计算可得答案

【详解】解：根据题意，考查必考语文、数学、外语3门科目，其中外语可以从英语、日语、法语、西班牙语、德语、俄语中任选一门参加高考，有6种选法，在物理、历史两门选择性考试科目中所选择的一门科目，有2种选法，在思想政治、地理、化学、生物4门选择性科目中所选择的2门科目，有种选法，

由分步计数原理可得共有种选法，

故选：A

5．B

【分析】认真审题，求得所需时间的代数式是本题关键所在.

【详解】由染物数量减少75%，可得

即，则

即

故选：B

6．B

【思路点拨】作出图形,利用几何法求解.

【详解】如图,

圆x2+y2-12y+27=0可化为x2+(y-6)2=9,圆心坐标为(0,6),半径为3.

在Rt△OBC中可得:∠OCB=,∴∠ACB=,∴所求劣弧长为2π.

7．B

【分析】由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由面面垂直的性质定理可判断C；由面面平行的性质定理可判断D．

【详解】对于A，由，，可得，又，则，故A正确；

对于B，过作平面，使得，则内的任一条直线都与平行，故B错误；

对于C，若，点点，点，，由面面垂直的性质定理可得，故C正确；

对于D，若，，由面面平行的性质定理可得，故D正确．

故选：B．

8．B

【分析】由题知函数的图像关于直线对称，进而根据对称性得可得，可得或，再解不等式即可.

【详解】解：因为函数为偶函数，所以函数的图像关于直线对称，

因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，

因为，所以，

所以由可得，由可得或，

解不等式，可得或，解得或，

所以，不等式的解集为．

故选：B

9．ABC

【分析】利用诱导公式、逆用差角正弦公式求值即可判断A；利用诱导公式、倍角正弦公式化简求值即可判断B；根据倍角余弦公式化简即可判断C；和角正切公式化简求值即可判断D．

【详解】对于A，由，故A正确；

对于B，由，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，，故D错误．

故选：ABC．

10．BCD

【分析】对于选项A，运用指数函数、对数函数单调性比较即可；对于选项B，构造函数运用函数的单调性比较即可；对于选项C，作差后运用基本不等式判断；对于选项D，寻找中介值比较即可.

【详解】对于选项A，因为，所以，，

所以，故选项A错误；

对于选项B，设，则，

又因为，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即：，

又因为，所以.故选项B正确；

对于选项C，，

因为，所以，

所以，即：.故选项C正确；

对于选项D，因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，所以.故选项D正确.

故选：BCD.

11．AD

【分析】设点、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项的正误，根据求出的值，可判断B选项的正误，利用抛物线的定义求出的值，可判断C选项的正误，求出的取值范围，可判断D选项的正误.

【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，，，

，A正确；

，解得，

所以，直线的斜率为，B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：AD.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.

12．ABD

【分析】对A，根据线面垂直的性质与判定证明即可；对B，根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定证明即可；对C，根据与平面不垂直判断即可；对D，由B结合面面垂直的性质判断即可.

【详解】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而底面圆面，则，又由圆的性质可知，且，平面PAC，则平面PAC.所以A正确；

对于B，由A可知，由题意可知，且，平面，所以平面，而平面，所以，所以B正确；

对于C，由B可知平面，因而与平面不垂直，所以不成立，所以C错误.

对于D，由B可知，平面，又平面，故平面平面PBC.所以D正确

故选：ABD

13．112

【解析】根据二项式（2x3）8的展开式的通项公式进行求解即可.

【详解】（2x3）8的展开式的通项为：Tr+1＝C8r（2x3）8﹣r（）r＝28﹣r（﹣1）rC8rx24﹣4r，

令24﹣4r＝0，解得r＝6，

则（2x3）8的展开式中常数项是28﹣6（﹣1）6C86＝112，

故答案为：112.

【点睛】本题考查了利用二项式的通项公式求二项式展开式中的常数项，考查了数学运算能力.

14．4

【分析】求出，，在中，利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.

【详解】解：在中，因为，，

所以，

又与互补，所以，

在中，由余弦定理得：，

即，即，

因为，

所以，

所以，当且仅当时，取等号，

所以观光线路之和最长是4.

故答案为：4

15．.

【分析】根据函数的定义域求得，求得函数的导数，进而求得时函数取得极小值，利用极小值列不等式，解不等式求得的取值范围.

【详解】由题可知，则，由，可知函数时函数取得极小值，所以，解得.

【点睛】本题考查导数与极值问题，考查化归与转化以及运算求解能力.属于中档题.

16．

【分析】由垂直得一条渐近线的斜率，从而结合双曲线标准方程求得值．

【详解】一条渐近线与直线垂直，则该渐近线的斜率为，

双曲线的标准方程为，，，

，．

故答案为：．

17．(1)

(2)面积的最大值为．

【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，转化为边的关系，利用余弦定理求角的值；（2）利用余弦定理结合基本不等式求面积的最大值.

【详解】（1）因为，

所以

整理得

由余弦定理知，

所以．

因为，所以．

（2）由（1）可知，．

因为，所以，当且仅当时等号成立，

所以，

即面积的最大值为．

18．(1)

(2)当或时， 最大，的最大值为

【分析】（1）由等差数列的通项公式求得公差，从而得通项公式；

（2）由等差数列前项和公式计算出，由二次函数性质得最大值．

(1)

设等差数列的公差为，

因为，所以，

所以.

(2)

因为，所以对称轴为，

当或时， 最大，所以的最大值为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；

（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；

空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.

【详解】（1）底面是菱形，

，

又平面平面，且平面平面，平面，

平面，又平面，

.

（2）解法一：

由（1）知面，又平面，

平面平面，

作交线，垂足为，

因为平面平面=，平面，则面，

又平面，所以.

再作，垂足为，面，面，

所以面，又面

则，

所以为二面角的平面角，

因为平面，所以到底面的距离也为.

作，因为平面平面，平面平面＝，

平面，所以平面，所以，

又为锐角，

所以

又，所以为等边三角形，故，所以，

因为，所以，

所以.

所以二面角的平面角的余弦值为.

解法二：由（1）知面，又平面，

平面平面，

作，因为平面平面，平面平面＝，

平面，所以平面，

如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.

因为平面，所以到底面的距离也为.

所以，又为锐角，所以

又，所以为等边三角形，故，

在空间直角坐标系中：，设，则

则，

设平面的法向量为，

，取

设平面的法向量为，

，取

所以，

由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.

20．(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）将表格数据代入公式，计算回归方程；

（2）由题可得的所有可能取值，然后根据古典概型概率公式结合组合数公式求概率，进而可得分布列及期望.

【详解】（1）由题可知，，

，

所以，，

，，

故月利润y（千元）关于月销售量x（百个）的回归方程为；

（2）由题可知的所有可能取值为0，1，2、3，则

，，

，，

故的分布列为：

所以的数学期望．

21．（1），；（2）存在，或.

【分析】（1）由题意，椭圆的，再代入，联立即得解，，再由即可得离心率；

（2）由题意，R为的重心，将直线与椭圆联立，借助韦达定理可得

，且在圆上，代入可得

，由可得，，代入可得，结合的范围可得解.

【详解】（1）由题意，抛物线的标准方程为，

∴抛物线焦点坐标为

即在椭圆中，，

将点代入曲线的方程，

得

由得，

，，

则椭圆的方程为

则椭圆的离心率

（2）存在符合要求的点.

直线与椭圆相交于，两点，

联立方程，整理得

设，两点坐标为，，

则，

，

得

∵点满足且，

的重心在圆上

，

，

即，

，

，

即，

，

，

令，

则，

则，

或

22．（1）（2）见解析

【分析】(1)利用函数在区间单调递增，则其导函数在此区间大于等于零恒成立可得；

(2)由第（1）问的结论，取 时构造函数，得其单调性，从而不等式左右累加可得.

【详解】（1）解：∵，，

∴，

∵在上为增函数，

∴在上恒成立，

即在上恒成立，

∵，

∴，

∴的取值范围是.

（2）证明：由（1）知时，在上为增函数，

∴令，其中，，

则，

则，

即，

即，

∴

……

，

∴累加得，

∴.

【点睛】本题关键在于构造出所需函数，得其单调性，累加可得，属于难度题．