2023届吉林省长春市高三三模数学试题（解析版）

高级中学精品试卷PAGEPAGE1吉林省长春市2023届高三三模数学试题一、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：B4.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：A7.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：A8.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；当与分别在两个半平面中时，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〗由，因，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：BD10.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）13.若，则__________.〖答案〗〖解析〗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〗〖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的方法种，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．解：（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，又因为，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．（1）证明：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）解：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：．（1）解：由，得，令，则，且，∴为首项为1，公差为1的等差数列，∴，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．（1）解：由题设，可取值为1，2，3，，，，因此的分布列为123（2）①解：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：123……②证明：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：．（1）解：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）解：由（1）知，∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，∴，∴，∵，∴，∴．（3）证明：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．（1）解：∵，∴．∵，∴，即．∴，，当时，，∴，当时，令，∵，即在单调递减，∴，∴，所以函数在处取得极大值.（2）解：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.吉林省长春市2023届高三三模数学试题一、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：B4.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：A7.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：A8.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；当与分别在两个半平面中时，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〗由，因，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：BD10.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）13.若，则__________.〖答案〗〖解析〗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〗〖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的方法种，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．解：（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，又因为，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．（1）证明：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）解：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：．（1）解：由，得，令，则，且，∴为首项为1，公差为1的等差