吉林省白山市2023届高三第三次模拟考试数学试卷（含解析）

吉林省白山市2023届高三第三次模拟考试数学试卷

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A．或 B．

C． D．

2．已知复数，则（    ）

A． B．17 C． D．18

3．设直线经过定点，轴上的两个动点与的距离为2，则的最小值为（    ）

A． B． C．2 D．3

4．已知扇形的周长是6cm，面积是，则扇形的中心角的弧度数是（    ）

A．1 B．4 C．1或4 D．2或4

5．若，，，则（   ）

A． B．

C． D．

6．已知函数，则在上（    ）

A．单调递增 B．单调递减

C．先增后减 D．先减后增

7．已知数列中，，前项和为，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，则“”是“函数在上单调递增”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要

二、多选题

9．某校抽取了某班20名学生的化学成绩，并将他们的成绩制成如下所示的表格.

下列结论正确的是（    ）A．这20人成绩的众数为75

B．这20人成绩的极差为30

C．这20人成绩的分位数为65

D．这20人成绩的平均数为75

10．下列结论中正确的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

11．存在函数，对任意都有，则函数不可能为（    ）

A． B．

C． D．

12．双曲线的右焦点为F，过F的动直线l与E相交于A，B两点，则（    ）

A．曲线E与椭圆有公共焦点

B．曲线E的离心率为，右顶点到渐近线的距离为1

C．的最小值为1

D．满足的直线l有且仅有3条

三、填空题

13．已知 ​， 则=__________

14．如图所示，在由小正方形组成的的网格中，从A出发沿实线走到B的最短路线条数是__________．

15．已知点，圆：.若过点的圆的切线只有一条，求这条切线方程____________.

16．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.

四、解答题

17．已知等差数列满足：，，数列的前项和是．

(1)求及；

(2)令，求数列的前项和的取值范围．

18．在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．且．

(1)求角B的大小；

(2)求的取值范围；

(3)若，，P为AC边中点，求BP的长．

19．厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品．

(1)若厂家库房中（视为数量足够多）的每件产品合格的概率为0.7，从中任意取出3件进行检验，求至少有2件是合格品的概率；

(2)若厂家发给商家20件产品，其中有4件不合格，按合同规定商家从这20件产品中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收．

①求该商家可能检验出的不合格产品的件数X的分布列和数学期望；

②求该商家拒收这批产品的概率.

20．如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，为等边三角形，点Q为棱PB上的动点．

(1)求证：；

(2)若平面ABCD，平面AQD与平面CQD的夹角余弦值为，求的值．

21．已知椭圆的左顶点为，点在椭圆上，且.

(1)求椭圆的标准方程.

(2)设过点的直线与椭圆交于（异于两点）两点，直线，分别与轴交于三点.证明：是线段的中点.

22．已知函数，．

(1)当时，过作函数的切线，求切线方程；

(2)若函数存在极值，求极值的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】先解不等式求出集合A，再由交集和补集的定义求解即可.

【详解】因为或，，则.

故选：B．

2．A

【分析】将复数化简，再计算模长.

【详解】由题意得，所以A正确；

故选：A.

3．D

【分析】根据直线点斜式的方程，结合平面向量坐标表示公式进行求解即可.

【详解】由，

所以直线过定点，

因为轴上的两个动点与的距离为2，

所以不妨设，

，

当时，有最小值，

故选：D

4．C

【分析】根据给定条件，利用扇形面积公式求出扇形所在圆半径，再借助弧长公式求解作答.

【详解】设扇形所在圆半径为r，则扇形弧长为，依题意，，解得或，

所以扇形的中心角的弧度数是或.

故选：C

5．D

【分析】根据指数函数以及对数函数的性质，判断a,b,c的范围，即可比较大小，可得答案.

【详解】由函数为增函数可知，

由为增函数可得，由由为增函数可得，

，

，

故选:D

6．D

【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.

【详解】令，得，

令，得，

则的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在上单调递减，在上单调递增，

即在上先减后增.

故选：D

7．C

【分析】根据累加法求得数列的通项公式,结合等差数列求得前项和.取倒数后,即可根据裂项法求和,即可求解.

【详解】数列中,, 满足

则

所以数列是以为首项,以为公差的等差数列

由等差数列通项公式可得

数列前项和为,由等差数列的前项和公式可得

所以

则

故选:C

【点睛】本题考查了累加法求数列通项公式的方法,裂项求和法的应用,属于中档题.

8．A

【分析】由函数在上单调递增可得恒成立，进而可得，再利用充分条件，必要条件的定义即得.

【详解】∵，

∴，

由函数在上单调递增可得，恒成立，

∴即恒成立，

设，则，

∴时，，单调递减，时，，单调递增，

∴，

∴，即函数在上单调递增等价于，

∴“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.

故选：A.

9．AB

【分析】对于A，众数是出现次数最多的数；

对于B，极差是最大值减最小值；

对于C，根据百分位数的计算公式即可；

对于D，根据平均数的计算公式即可.

【详解】根据表格可知：

这20人成绩的众数为75，故A对；

极差为故B对;

，所以分位数为，故C错；

平均数为.故D错

故选：AB

10．ABC

【解析】根据常见的基本初等函数的导数公式和常用的导数运算法则求解即可.

【详解】选项A中，若，则，故A正确；

选项B中，若，则，

令，则，解得，故B正确；

选项C中，若，则，故C正确；

选项D中，若，则x，故D错误．

故选:ABC

【点睛】1.常见的基本初等函数的导数公式

(1)  (C为常数);

(2)；

(3);  ；

(4);，且)；

(5)； ，且)．

2.常用的导数运算法则

法则1： ．

法则2：．

法则3：

11．AC

【分析】AC选项利用特殊值的思路判断，BD选项根据题目的要求判断即可.

【详解】对于选项，是奇函数，是偶函数，则，矛盾，不满足条件；

对于B选项，，所以，故满足条件；

对于C选项，取和，可得，，矛盾，C不满足条件；

对于D选项，，则，单调递增，

且，即为奇函数，图象如下所示，

所以值域为，D满足条件.

故选：AC.

12．ACD

【分析】对于A，求出双曲线的焦点和椭圆的焦点进行比较即可，对于B，由双曲线方程求出，从而可求出离心率、顶点和渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可求出右顶点到渐近线的距离，对于C，分别求出两点位于双曲线的异支和同支时，弦长的最小值即可，对于D，分斜率为0和斜率不为0两种情况分析

【详解】对于A，由题意可得双曲线E中，，则，焦点为，因为的焦点为，所以曲线E与椭圆有公共焦点，所以A正确，

对于B，双曲线E的离心率为，渐近线方程为，由于右顶点到两条渐近线的距离相等，所以不妨求右顶点到渐近线的距离，所以B错误，

对于C，当两点位于双曲线的异支时，直线的斜率为0时，最小，此时两点分别为双曲线的左右顶点，此时，当两点位于双曲线的同支时，直线的斜率不存在时，最小，直线的方程为代入可得，此时，所以的最小值为1，所以C正确，

对于D，由选项C知，当两点位于双曲线的异支时，，此时只有一条，当两点位于双曲线的同支时，，则由双曲线的对称性可知，此时存在两条直线使得，所以满足的直线有且仅有3条，所以D正确，

故选：ACD

13．##-0.5

【分析】分子分母同除以，弦化切，即可.

【详解】把式子的分子分母同除以，

已知 ​，所以

.

故答案为: ​.

14．792

【分析】每种最短路线走法，都是向右共走7格，向下共走5格，可以当作12步，最短路线条数即是从12步中选出7步向右，选出5步向下，由组合数和计数原理可得．

【详解】从A到B最短的走法，无论怎样走，一定要走过12格，其中向右走7格，向下走5格，可以当作走12步，每种最短走法，即是从12步中选出7步向右，选出5步向下，

故共有种走法．

故答案为：792．

15．或

【分析】由题设知A在圆上，代入圆的方程求出参数a，结合切线的性质及点斜式求切线方程.

【详解】因为过的圆的切线只有一条，则在圆上，

所以，则，且切线斜率，即，

所以切线方程为或 ，整理得或.

故答案为：或.

16．2

【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.

【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，

设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，

则，令，则，即有，

，

当且仅当时取等号，此时，

所以的最大值是2.

故答案为：2

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

17．(1)，

(2)

【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案；

（2）利用裂项相消的求和方法，可得答案.

【详解】（1）由数列为等差数列，则设其公差为，由，，则，解得，

故，.

（2）由（1）可知，，

则

.

显然，

因为，，则.

18．(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简结合特殊角的三角函数值即得；

（2）根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即得；

（3）由题可得，然后利用模长公式结合条件即得.

【详解】（1）因为，

所以，即，

化简得，

故，又，

故；

（2）由（1）知，，

故，

又，则，，

即；

（3）∵，

∴，又，，

∴，

∴，即BP的长为.

19．(1)；

(2)①分布列见解析，；②.

【分析】（1）根据n次独立重复试验的概率公式求解即可.

（2）①根据古典概型概率计算公式，结合离散型随机变量的分布列与期望求解即可；②根据对立事件的概率公式求解即可.

【详解】（1）从中任意取出3件进行检验，至少有2件是合格品”记为事件A，它包含“恰有2件合格”和“3件都合格”两个事件，

所以.

（2）①该商家可能检验出不合格产品数X，X可能的取值为0，1，2，

，，，

所以X的分布列为：

.

②因为只有2件都合格时才接收这批产品，则商家拒收这批产品的对立事件为商家任取2件产品检验都合格，

记“商家拒收”为事件B，则 ，

所以商家拒收这批产品的概率为.

20．(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）通过证明平面，即可根据定义证出；

（2）以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建系，根据平面AQD与平面CQD的夹角公式列方程，化简求得.

【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接．

是的中点，所以，

由于平面，

所以平面，由于平面，所以.

（2）因为平面ABCD，平面，所以平面平面，

以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建立如图所示坐标系．设OB＝1．

，，，，，

设，则，

，

则，

，，

，，

设平面AQD的法向量为，

，

故可设，

同理可求得平面的法向量为，

设平面AQD与平面CQD的夹角为，

，则．

即，．

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）可得，根据可求出，再代入点B即可求出.

（2）设出直线方程，与椭圆联立，得出韦达定理，通过表示出的方程得出的坐标，利用即可证明.

【详解】（1）由题意可得，则，解得.

因为点在椭圆上，所以，解得.

故椭圆的标准方程为.

（2）证明：显然直线的斜率存在，设直线.

联立，

整理得，

则.

由题意可知，

则直线的方程为，令，得，

直线的方程为，令，得，

直线的方程为，令，得，

故.

因为，

，

所以.

故是线段的中点.

22．(1)

(2)

【分析】（1）设切点，再根据导数的几何意义求解即可；

（2）求导分析导函数为0时的情况，设极值点为得到，代入极值再构造函数，求导分析单调性与取值范围即可

【详解】（1）由题，当时，，，

设切点为，则，

故切线方程为，

又切线过，故，即，

设，，则，

故为增函数.又，

故有唯一解，

故切点为，斜率为1，故切线方程为，即；

（2）因为，为减函数，故若函数存在极值，

则在区间上有唯一零点设为，

则，即，

故极值，

设，，则，

故为增函数，故，故，即，

故极值的取值范围

【点睛】本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题