吉林省长春市2023届高三数学下学期质量检测（三）试卷（Word版附解析）

长春市2023届高三质量监测（三）

数学

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）

A. -3 B.  C. 3 D.

答案：A

解析：因为为实数，则，即，所以.

故选：A.

2. 如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：D

解析：由韦恩图可知，，

因为，，

则，，因此，.

故选：D.

3. 已知随机变量，且，则（    ）

A. 0.84 B. 0.68 C. 0.34 D. 0.16

答案：B

解析：由题设，而，

又，

所以.

故选：B

4. 如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：C

解析：正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，

因为为正三角形，所以与所成的角为，

所以异面直线与所成的角为.

故选：C.

5. 已知等比数列的公比为（且），若，则的值为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

答案：C

解析：已知等比数列的公比为（且），若，

则，所以，解得.

故选：C.

6. 已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：A

解析：因为，，

所以，

画出的图象，

要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则，

解得.

故选：A

7. 已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（    ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

答案：A

解析：令且均属于，则，

所以，故，

又，故在上恒成立，且在上单调递增，

所以，满足仅有，即仅有1个.

故选：A

8. 已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：B

解析：由圆的方程知：圆的半径为；

当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，

（当且仅当三点共线时取等号），

当位于图中处时，取得最小值；

又当位于图中处时，取得最大值；

当与分别两个半平面中时，

作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，

，，

，，，

；

为圆右半圆上的点，可设，，

，

（其中，），

，当，即时，，

则；

又，，即；

综上所述：两点间的距离的取值范围为.

故选：B.

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9. 在中，若，则下列论断正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：BD

解析：解：由，

因为，

所以，

所以，不一定为1，A错；

因为，，

∴，

从而有，所以B正确，

又，所以也不一定等于1，C错；

而，D正确；

故选：BD

10. 阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）

A. 直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等

B. 若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为

C. 若四面体在点处的离散曲率为，则平面

D. 若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为

答案：BC

解析：对于A，当直四棱柱的底面为正方形时，

其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；

对于B，若，则菱形为正方形，

因为平面，平面，

所以，，

所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；

对于C，在四面体中，，，，

所以，

所以四面体在点处的离散曲率为，

解得，易知，

所以，所以，

所以直四棱柱为正方体，

因为平面，平面，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

同理，

又平面，

所以平面，故C正确，

对于D,直四棱柱在顶点处的离散曲率为,

则,即是等边三角形,

设,则即为与平面的所成角,

,故D错误;

故选：BC.

11. 定义在上的函数，则（    ）

A. 存在唯一实数，使函数图象关于直线对称

B. 存在实数，使函数为单调函数

C. 任意实数，函数都存在最小值

D. 任意实数，函数都存在两条过原点的切线

答案：ACD

解析：对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立

所以且，所以，解得，

且当时，，则，

所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；

对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；

对于C，由于，又令，则恒成立，

所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，

所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；

对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，

所以切线方程为，当切线过原点时，有

整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.

故选：ACD.

12. 已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（     ）

A. 当时，，使得

B. 当时，，使

C. 当时，，使得

D. 当时，，

答案：BC

解析：在椭圆中，，，，

由题意可得，上焦点记为，

对于A选项，设点、，

联立可得，

，

由韦达定理可得，，

，

所以，，A错；

对于B选项，设线段的中点为，

由题意可得，两式作差可得，

因为直线的斜率存在，则，所以，，

整理可得，又因为，消去可得，其中，

所以，，

所以，

，B对；

对于C选项，当时，直线的方程为，即，

联立可得，

，解得，

由韦达定理可得，，

，

同理，所以，，

因为，所以，当时，，使得，C对；

对于D选项，设线段的中点为，

由B选项可知，，即，即，

由可得，故点的横坐标的取值范围是，

而点到直线的距离为，

由可得，当且仅当点时，

取最小值，D错.

故选：BC.

三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）

13. 若，则__________.

答案：

解析：解：因为，

所以

，

故答案为：

14. 已知单位向量，的夹角为60°，若，则记作．已知向量，，则___________．

答案：

解析：因为

所以，

故答案为：

15. 早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，根据图上尺寸， 溢流孔ABC所在抛物线的方程为_________， 溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 ___________ .

答案：    ①.     ②.

解析：设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，

代入方程，解得：，

所以桥拱所在抛物线方程；

四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，

设第一个抛物线，

由图抛物线经过点，则，解得，

所以，

点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，

设

由，解得：

所以点A的横坐标为.

故答案为：；

16. 将圆分成个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n个扇形的涂色方法为种，则与的递推关系是______．

答案：（）

解析：

如上图所示，由题意，将圆分成个扇形，涂色方法有种，

若假设第个扇形与第个扇形不相邻，如下图所示：

则为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，为第个扇形涂色，有种方法，…，为第个扇形涂色，有种方法，

故由分步乘法计数原理，涂色方法共有种，

其中，包括了第个扇形与第个扇形颜色不同方法种，与第个扇形与第个扇形颜色相同的方法种，即，

而第个扇形与第个扇形颜色相同的涂色方法种，可以看作将第个扇形与第个扇形合并为一个扇形，如下图所示：

即个扇形的涂色方法（为使满足题意，需使，即），

综上所述，（），

∴与的递推关系是（）.

故答案为：（）.

四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 从下列条件中选择一个条件补充到题目中：

①，其中为的面积，②，③．

在中，角，，对应边分别为，，，_______________．

（1）求角；

（2）若为边的中点，，求的最大值．

答案：（1）   

（2）

1.选①，由余弦定理得：，

又，所以，

得，

因为，所以．

选②，因为，由正弦定理得：，

整理得：，

由余弦定理得：，

因为，所以．

选③，因为，由正弦定理得：，

即，

又因，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

所以，即．

2.在中，设，

由正弦定理得，

所以，，

∴，其中，

当时取等号，所以的最大值是．

18. 如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．

（1）证明：；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

答案：（1）证明见解析   

（2）

1.在平面图形中取中点，连接，，

∵△是边长为2的等边三角形，

∴，，故翻折后有，

又，则，，，

所以△△，即，则，

由，、平面，故平面，

∵，则，

∴平面，又平面，

∴．

2.在面内作，交于，由平面，平面，

所以，故两两垂直，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

由（1）得，四边形为矩形，

在△中，，由余弦定理得，故，

所以，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量，则，令，则，

设直线与平面所成角为，则．

19. 在正项数列中，，．

（1）求；

（2）证明：．

答案：（1）   

（2）证明见解析

1.由，

得，

令，则，且，

∴为首项为1，公差为1等差数列，

∴，

又，

∴．

2.证明：．

20. 国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．

（1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；

（2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．

①求随机变量的分布列；

②证明：单调递增，且小于3．

答案：（1）分布列见解析   

（2）①分布列见解析 ；②证明见解析

1.由题设，可取值为1，2，3，

，，，

因此的分布列为

2.可取值为1，2，…，，

每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，

所以时，；当时，

故的分布列为：

②由①知：（，）．

，故单调递增；

由上得，故，

∴，

故．

21. 已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．

（1）若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；

（2）若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；

（3）若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．

答案：（1）直线与双曲线相切，理由见解析   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

1.直线与双曲线相切．理由如下：

联立方程组，

∴①，

∵，

∴，即，代入①得，

，

∴，

∴直线与双曲线相切．

2.由（1）知，

∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴．

3.设，，设，，

∵，

∴，则，

代入双曲线，利用在上，

即，整理得，

同理得关于的方程．

即、是的两根，

∴，

∴．

22. 已知函数，是的导函数，且．

（1）求实数的值，并证明函数在处取得极值；

（2）证明在每一个区间都有唯一零点．

答案：（1），证明见解析   

（2）证明见解析

1.∵，

∴．

∵，

∴，即．

∴，，

当时，，

∴，

当时，令，

∵，

即在单调递减，

∴，

∴，所以函数在处取得极大值.

2.由，

令，

则，

当时，，

∴，

∴在区间单调递减，

又∵，，

∴在每一个区间有唯一零点，

故在每一个区间有唯一零点．