2023通化梅河口五中高三上学期12月月考数学试题PDF版含答案

这是一份2023通化梅河口五中高三上学期12月月考数学试题PDF版含答案，文件包含数学答案docx、吉林省通化市梅河口市第五中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
高三数学参考答案1．B，．所以.故选：B．2．D因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限；故选：D3．C由得：，解得：，即；由得：，即；是的必要不充分条件，，，解得：，即实数的取值范围为.故选：C.4.C如图正方体中，四棱锥即为阳马.设正方体边长为，体积为，显然，所以，当该正方体体积最大时，该阳马体积最大.在球的内部，任意构造一个正方体，显然球的内接正方体体积最大，应有正方体的对角线等于球的直径，即.又，所以，则，则，所以.又球的体积为，所以，应削去的胶泥的体积为.故选：C.5.A直线：与直线：平行，所以，解得：或，①当时，：，：，，符合题意；②当时，：，：，均为，此时，重合，舍去，故，故选：A6.B直线，即，直线过定点，圆的圆心为，，当时，直线被圆截得的弦长最短.因为，所以弦长的最小值为.故选：B7.D由题可得，其中，且.又由椭圆对称性可知，在正上方且位于椭圆上的点到F距离为，即此点坐标为.将其代入椭圆方程有：，又，可知；设，因过点且斜率为-1的直线与相交于两点，且恰好是的中点，则.又A，B两点在椭圆上，则.两式相减得：又，得.又，则，又，且，则.故椭圆方程为：，.设，其中.则..因，有，当且仅当，即M为椭圆右顶点时取等号.则椭圆上一点到的距离的最大值为.故选：D8.．D，；；又，.令，，由于中，，所以，故在上恒成立，得在单调递增.故，即，即得证：，故得.综上所述得.故选：D9.CD对于A，若，则，故A错误；对于B，因为，所以当时有，两式相减可得，即，当时，，所以，故B错误；对于C，因为函数为偶函数，所以，所以，因为是定义域为的奇函数，所以，故C正确；对于D，如图，设线段的中点分别为，连接，因为，所以，所以，即，即点是线段靠近点的三等分点，所以，故D正确；故选：CD10．BD解：对于A，共有10个数，，所以数据的第80百分位数为17和20的平均数，即为18.5，故错误；对于B，因为随机变量，且，所以，所以，所以，故正确；对于C，由题意可知,所以，，故错误；对于D故选：BD.11.BC解：对于A，因为，由，可得：，即函数的单调递增区间为，故错误；对于B，将函数的图象向右平移个单位，将得到的图象，故正确；对于C，，令，则有或，又因为，所以解得或或，所以函数在上有3个零点，故正确；对于D，，令，则有，由此可得函数的最小正周期不是，故错误.故选：BC.12．ACD依题意，，解得，A不正确；令，由余弦定理得： ，当时，，即，因此，B正确；当时，，即，有，而，则有，解得，C不正确；，，于是得，解得，而，因此，D不正确.故选：ACD13.27根据题意可知抛掷3次骰子后恰好回到起点①处需要8步或16步，所以3次投掷骰子的点数之和为8或16，则3次投掷的点数可以为1，1，6；1，2，5；1，3，4；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6；当点数为1，1，6；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6时，有种情况；当点数为1，2，5；1，3，4时，有种情况；综上可得不同的走法数为12+15=27.故答案为：27.14.解：因为圆与圆相交于两点，所以直线AB的方程为：，即，圆心到弦AB的距离，所以，故答案为：.15.如图所示，∵ ，则 ，，由双曲线的对称性知：， ，又∵，∴四边形 为矩形，设 ，则由双曲线的定义知：，在中，，即： ，整理得：，即： ，∵，∴ ，∴设 ，则由双曲线的定义知：，在中，，即：，解得： ，即：，又∵，∴在中， ∴ 故答案为：.16.由题，在上恒成立，即在上恒成立，设，则，因为为增函数，所以，即在上恒成立，设，，因为，所以时，，单调递增，时，，单调递减，，所以，即.故答案为：.17.(1)(2)（1）选①，所以，所以，整理得.因为，所以.因为，所以.选②因为，所以，所以，整理得.因为，所以，因为，所以.选③因为，所以，所以，整理得.因为，所以.因为，所以，.（2）因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以，故.18.1．(1)，(2)（1）当时，；当时，，当时也符合，所以.由题意，，设等差数列的公差为d，则，，故.综上，（2）由（1）知：，∵∴  ①    ②∴得：即：，∴.19.(1)存在，理由见解析(2)（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面，理由如下：如图所示：取的中点F，连接EF，DF ， ∵DF是的中位线，  ∴，又  ，∴  ，∴四边形DFEA是平行四边形 ， ∴AD∥EF，又面，面  ，∴AD∥平面．（2）∵四边形是矩形，∴，，又∵平面平面，∴面，∵，∴  ，∵侧面是菱形，，∴是正三角形 ， ∵E是AC的中点，∴，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，设平面的一个法向量为，由，得，令，则，，∴ ， 又平面的一个法向量，  ∴，∴平面与平面的夹角的余弦值是.20（1）由题意得，总人数为200人，年龄在45岁及以下的人数为人，没使用过政府消费券的人数为人，完成表格如下： 使用过政府消费券没使用过政府消费券总计45岁及以下903012045岁以上503080总计14060200 由列联表可知，因为3.571＞2.706，所以有90%的把握认为该市市民是否使用政府消费券与年龄有关.（2）由题意可知，从45岁及以下的市民中采用分层抽样的方法可以抽取使用过政府消费券的市民6人∵X是使用过政府消费券的人数，∴X＝1，2，3，，，，故随机变量X的概率分布列为：X123 其期望为.21.(1)(2) （1）因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以，即，又因为直线与圆相切，所以结合解得，所以椭圆.（2）(i)若垂直于轴，则与轴重合，由解得，所以，又因为同理垂直于轴，则与轴重合时.(ii)若都不与轴平行或垂直，设直线，得：与椭圆相交于两点，则，当时，直线，将的替换为可得，，因为，所以，当且仅当，即时“=”成立，综上所以四边形的面积的取值范围为.22.(1)答案见解析(2)由可得，当时，，当时，，当时，，从而的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，由得，，，①若，即时，恒成立，故在R上单调递增：②若，即时，由可得，或．令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；③若，即时，由可得，或，令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，在R上单调递增；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）不等式，可得对恒成立，即对任意的恒成立，令，则，令，则，则在上单调递减，又，故在上有唯一的实根，不妨设该实根为，故当时，，，单调递增；当时，，，单调递减，故，又因为，所以，，，所以，由题意知，解得，故a的取值范围为．另解：（2）由不等式，可得对恒成立，即，对任意的恒成立，令，，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减，故，由题意知，解得，故a的取值范围为．【点睛】本题主要考查导数的应用，单调性的判定主要利用导数的符号来判定，注意分类讨论的不重不漏，参数范围的求解一般利用分离参数法来进行，借助导数求解新函数的最值.