2023届吉林省（东北师大附中,长春十一高中,吉林一中,四平一中,松原实验中学）五校高三上学期联合模拟考试数学试题含解析

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2023届吉林省（东北师大附中,长春十一高中,吉林一中,四平一中,松原实验中学）五校高三上学期联合模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式的解法求得集合和，再由集合交集的运算即可求解.
【详解】集合，
集合，
则，
故选：C.
2．设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】依据复数模的定义即可求得之间的关系.
【详解】z在复平面内对应的点为，则复数，
则，由复数的模长公式可得，
故选：D．
3．如图，圆心为C的圆的半径为r，弦AB的长度为4，则（    ）

A．2r B．4r C．4 D．8
【答案】D
【分析】将转化为，然后求数量积即可.
【详解】
如图，过点作，所以为中点，
.
故选：D.
4．已知为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则等于（    ）
A．35 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等差中项的性质得到，结合，利用等比数列的基本量求得和公比，再由等比数列的求和公式即可得到.
【详解】因为与的等差中项为，所以，
设等比数列的公比为（），
又，得：，解得：，
则，
故选：C.
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据两角差的正弦公式化简得，进而采用换元法，结合诱导公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以．
令，则，
所以．
故选：C
6．长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景，某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是，如果冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬捕，无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据古典概型分别求出冬季去了“一眼望三国”和夏季去了“一眼望三国”的概率，再结合全概率公式即可求解.
【详解】设事件“冬季去吉林旅游”，事件“夏季去吉林旅游”，事件“去了一眼望三国”，
则，，
在冬季去了“一眼望三国”的概率，
在夏季去了“一眼望三国”的概率，
所以去了“一眼望三国”的概率，
故选：C.
7．已知函数（）满足，若函数与图象的交点为，，…，，则（    ）
A．0 B．2022 C．4044 D．1011
【答案】B
【分析】根据函数对称性的定义得到函数关于点对称，函数也关于点对称，从而得到函数与的图象的交点关于点对称，即可求解.
【详解】由可得，
则函数图象上的点关于点的对称点也在的图象上.
又由可知，函数的图象也关于点对称.
因此，函数与的图象的交点关于点对称.
不妨设，与关于点对称，
与关于点对称，…，与关于点对称，
则，

所以,
故选：B.
8．已知函数（，）在区间上总存在零点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设为函数在区间上的零点，得到即（），转化为点是直线上的点，
即可得到的值等于点到直线的距离的平方，从而得到关于的函数关系式：（），结合导数知识，即可求解.
【详解】设为函数在区间上的零点，
因为函数（，）在区间上总存在零点，
所以，即，，
则点是直线上的点，
所以（），
设（），
则
设，，
则，，
令，，
则，
当时，，所以在上是增函数，
则，即当时，，
所以在是增函数，则，
即时，，所以在上是增函数，
则，
综上：的最小值为，
故选：A.

二、多选题
9．如图，正方体的棱长为a，则以下四个结论中，正确的有（    ）

A．平面 B．BD与平面所成角为45°
C．平面 D．异面直线AD与所成的角为60°
【答案】ABC
【分析】对于选项A，证明，平面即得证，所以选项A正确；
对于选项B，，由于，所以选项B正确；
对于选项C，连接，证明，，即可证明平面，所以选项C正确；
对于选项D，求出，即异面直线与所成的角为，所以选项D错误.
【详解】解：对于选项A，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，所以选项A正确；
对于选项B，由题得就是BD与平面所成的角，由于，所以BD与平面所成角为45°，所以选项B正确；
对于选项C，连接，

四边形为正方形，；平面，平面，，又，平面，平面，平面，，同理可得：，
，平面，平面，所以选项C正确；
对于选项D，，异面直线与所成的角即为，又，，即异面直线与所成的角为，所以选项D错误.
故选：ABC
10．已知函数（）的最小正周期满足，且是的一个对称中心，则（    ）
A． B．的值域是
C．是的一条对称轴 D．是的一个零点
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的最小正周期，结合题目条件得到，再由函数的一个对称中心是求得，，从而得到函数的解析式，利用正弦函数的图象与性质即可判断各个选项.
【详解】因为函数的最小正周期满足，且，
则，解得：，
令，，解得：，，
则函数（）的对称中心为（），
又有是的一个对称中心，
所以，，即，，
所以，所以A选项错误；
则函数，当时，，
则，所以B选项正确；
当时，，
则是函数的一条对称轴，所以C选项正确；
当时，，
则不是函数的零点，所以D选项错误；
故选：BC.
11．已知曲线C：，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则C是圆，半径为
B．若，，且，则C是双曲线，其渐近线方程为
C．若，，且，则C是椭圆，若，是曲线C的左、右顶点，P是曲线C上除，以外的任意一点，则
D．若，，则C是双曲线，若P是曲线C上的任意点，则P到两条渐近线的距离之积为
【答案】ACD
【分析】利用圆方程的定义判断A,根据双曲线的渐近线方程判断B，利用椭圆的性质和直线的斜率公式判断C，利用点到直线的距离公式判断D.
【详解】对于A，时，表示圆，半径为，故A正确；
对于B，因为，所以双曲线方程为，
渐近线方程为，故B错误；
对于C，，则方程表示椭圆，
,
设，则，
，
故C正确；
对于D，设，则，则有
点到一条渐近线的距离为，
同理到另一条渐近线的距离为，
所以距离之积为.
故D正确；
故选:ACD.
12．已知函数，数列按照如下方式取定：，曲线在点处的切线与经过点与点的直线平行，则（    ）
A． B．恒成立 C． D．数列为单调数列
【答案】ABD
【分析】根据导数的几何意义，利用放缩法和构造函数利用导数证明单调性即可得解.
【详解】因为，
所以，
，
，，
曲线在点处的切线与与连线平行，
所以斜率相等，
所以，
所以，
所以
所以，
而，
所以，
记，
所以，
所以单调递减，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，故选项A正确；
设，则，
设，
，
所以，
，
所以若，则，
则，
因为，
所以恒成立，故选项B正确；

要证，
令，
即证明，
令，
所以t>0时，
，
(t>0)
所以，
所以选项C错误；
，
若数列为单调，则必为单调递减，
则，
即，
即，
即(),
即，
即，
令，
则，
所以，
所以单调递增，
所以，
所以，
所以得证；
所以选项D正确;
故选：ABD.
【点睛】通过构造单变量函数，求导后证明不等式，从而可以帮助解题.

三、填空题
13．新时期党史学习教育，是党中央立足党的百年历史新起点、统筹中华民族复兴战略全局和世界百年末有之大变局，为动员全党全国满怀信心投身全面建设社会主义现代化国家而做出重大决策．某企业成立的党史学习教育督查组为调研本单位的党史学习情况，到某部门对10名成员进行了问卷测试，成绩如下：90，92，92，93，93，94，95，96，99，100，则这组数据的第75百分位数是______．
【答案】96
【分析】数据从小到大排列，根据第75百分位数的定义可得答案.
【详解】这组数据从小到大排列为90，92，92，93，93，94，95，96，99，100，
因为，所以这组数据的第75百分位数第八个数为.
故答案为：96.
14．若，则______．
【答案】140
【分析】利用二项展开式的通项分别求得和的展开式的项，进而求得的值.
【详解】的展开式的通项，令，则，
则的展开式的项为；
又的展开式的通项，令，则，
则的展开式的项为，
则
故答案为：140
15．已知正实数x，y满足，则的小值为______．
【答案】
【分析】利用待定系数法可得出，与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】设，
可得，解得，
所以，

，
当且仅当时，即等号成立，
则的小值为.
故答案为：9.

四、双空题
16．著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则______.（
【答案】     101     842
【分析】根据斐波那契数列的定义，化简得,得到答案①；利用，得到，进而求出，得到答案②.
【详解】

，
则是斐波那契数列中的第101项；
列出斐波那契数列，有，
可得，由，取，

，
，
得，，因为，故，
则，.
故答案为：①101；②842.

五、解答题
17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，，满足．
(1)求A；
(2)若角A的平分线交边BC于点D，AD长为2，求△ABC的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由得出等式，再由正、余弦定理即可解出；
（2）把的面积用等积法表示可得关系，再利用基本不等式得出的最小值，
即得面积最小值．
【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得
，所以，
所以，
因为，故.
（2）∵AD平分∠BAC，
∴，

∵，
∴，
即，
∴
由基本不等式可得：
，
∴，当且仅当时取“=”，
∴，
即的面积的最小值为.
18．在①；②；③，，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
已知正项数列的前n项和为，且______，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）选择条件①，因式分解计算可得，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；选择条件②，直接根据与的关系结合相减法，可得递推关系式，确定列是等差数列，按照等差数列通项公式即可得；选择条件③，利用累乘法求解，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）得，则，直接按照裂项相消法求和即可证明不等式.
【详解】（1）解：选择条件①，因为，所以，
因为，所以，则，
当时，，
所以两式相减得：，即，则，
当时，，所以符合上式，
所以；
选择条件②，因为，
当时，，
所以两式相减得：，整理得，
因为，所以，
当时，，所以或（舍），
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则；
选择条件③，因为，所以，
累乘得：，，
所以，，又符合式子，所以，，
当时，，
所以两式相减得：，即，
又符合上式，所以；
（2）由（1）得：，则，
所以
.
19．如图，在三棱柱中，平面ABC，D为线段AB的中点，，，，三棱锥的体积为8．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得，再由三棱锥的体积为8，求出，可证得，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，   
在三棱柱中，四边形为平行四边形，则，                        
因为，，所以，所以，              
又因为，平面，平面，
所以平面，因为，所以平面，                      
又平面，所以．
，
为的中点，则，
因为平面，，
所以，所以在中，，，
所以，所以，，
平面，所以平面；
（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．第二十二届世界杯足球赛已于2022年12月18日在卡塔尔落下帷幕，这是世界杯足球赛首次在中东国家举行．本届世界杯很可能是“绝代双骄”梅西、C罗的绝唱，狂傲的青春也将被时间揽入温柔的怀抱，即将说再见时，才发现，那属于一代人的绝世风华，不会随年华逝去，只会在年华的飘零中不经意的想起．世界杯，是球员们圆梦的舞台，也是球迷们情怀的归宿．
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到如下等高堆积条形图，完成2×2列联表：

喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性



女性



合计





依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？
(2)在某次足球训练课上，球首先由A队员控制，此后足球仅在A，B，C三名队员之间传递，假设每名队员控球时传给其他队员的概率如表所示：
控球队员
A
B
C
接球队员
B
C
A
C
A
B
概率







若传球3次，记B队员控球次数为X，求X的分布列及均值．
附：，．
附表：
α
0.010
0.005
0.001

6.635
7.879
10.828


【答案】(1)答案见解析；
(2)分布列见解析，.

【分析】（1）完成2×2列联表，再利用独立性检验求解；
（2）由题得,求出对应的概率即得X的分布列和均值.
【详解】（1）解：完成2×2列联表：

喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性
60
40
100
女性
20
80
100
合计
80
120
200

假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．
,
所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此论断犯错误的概率不超过0.001.
（2）解：由题得
当,即, 此时；
当，即
此时；
当，即,
此时.
所以X的分布列为

0
1
2





所以X的均值.
21．已知抛物线C：，过焦点F的直线l交抛物线于M、N两点，交y轴于E点，当点M的横坐标为1时，．
(1)若直线l的斜率为1，求弦长；
(2)，，试问：是否为定值．若是，求出此定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，理由见解析

【分析】（1）点M的横坐标为1时且可得，求出抛物线方程，直线l的方程于抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可得答案；
（2）设，求出、的坐标，根据，，
求出、的坐标代入抛物线方程，可得，化简得可得答案．
【详解】（1）当点M的横坐标为1时且，可得，所以，
抛物线方程为，，
则直线l的方程为，
由得，
设，所以，
；
（2）由（1）知，，设，
则，，
因为，，
所以，，
可得，，分别代入抛物线方程可得
，，
，可得，
，
当在第一象限在第四象限时，
因为与反向，所以，
与同向，所以，
当在第一象限在第四象限时，
因为与同向，所以，
与反向，所以，
所以，所以，
所以为定值．

22．，，，．
(1)若在点处的切线方程为，求实数，的值；
(2)当时，的图象与的图象在内有两个不同的公共点，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）对函数求导得到，结合题目条件得到，，即可求解；
（2）当时，令得到令（），将的图象与的图象在内有两个不同的公共点的问题转化为函数在上有两个零点，利用导数对进行讨论， 结合零点的存在性定理，即可求解．
【详解】（1）函数的定义域为，
则，
又在点处的切线方程为，
所以，，
解得：，，
故实数的值为，的值为．
（2）当时，，
令得：（），
即，
令，，因此，的图象与的图象在内
有两个不同的公共点，等价于函数在内有两个不同的零点，
则，当时，．
(i)当时，即时，恒成立，
所以在上单调递增，
则至多一个零点，不符合题意，舍去；
(ii)当时，即时，恒成立，
所以在上单调递减，
则至多一个零点，不符合题意，舍去；
(iii)当时，即时，
令，得：，令，得：；
所以在上单调递减，在上单调递增；
则；
若在上存在两个零点，则，
又，解得：；
再证：当时，．
令（），
则（），
令，得：；令，得：；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
因为，所以，即，
所以，则当时，恒成立；
即当时，恒成立，则在上有两个零点；
综上：实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出函数图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，
突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题．