吉林省长春吉大附中实验学校2023届高三数学下学期第五次模拟考试试题（Word版附解析）.docx

1、2022-2023学年下学期高三年级第五次模拟考试数学学科试卷考试时间：120分钟 试卷满分：150分本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回.注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第卷（选

2、择题，共60分）一、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），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求.【详解】，而为实数，故，故选：B.2. 集合满足，则集合中的元素个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】根据交集与并集的定义判断即可.【详解】因为，故，又，故，又，故，即集合中的元素个数为4.故选：B3. 庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊

3、，故又称“四阿殿”或“五脊殿”图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点在底面上的射影为，作，垂足分别为，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，垂足分别为，则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，设四个侧面与底面的夹角为，则在和中， 又为公共边，所以，即，整理得故选：A4. 在数列中,若,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将转化为,再根据等比数列求和公式求解即可.【详解】因为,所以.故选:C.5.

4、 已知双曲线（，）的渐近线与交于第一象限内的两点，若为等边三角形，则双曲线的离心率（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的渐近线公式和角度之间的关系求出进而求出双曲线的离心率即可.【详解】满足，又满足，故，轴，可得，故选：B6. 已知为异面直线，平面，平面，若直线满足，且.则下列说法正确的是（ ）A. B. C. 与相交，且交线平行于D. 与相交，且交线垂直于【答案】C【解析】【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断，证明线线平行时注意线面平行的判定定理与性质定理的应用【详解】由平面，直线满足，且，所以，又平面，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则

5、，若则推出，与异面矛盾，所以相交，设，过直线作平面与平面交于直线，如图，则，同理过作平面与平面交于直线，则，所以，则，又，则，所以故选：C 7. 已知，若点为曲线：与曲线：的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设点的横坐标为，则由可得，又可得，所以，解得或（舍去），由点为曲线：与曲线：的交点，所以与为同一点，所以，即，令，则，令可得，由知，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故实数的最大值为.故选：B8. 如图，在所在平面内，分别以为边向外作正方形和正方形记的内角的对边分别为，面积为,已知，且，则（ ） A.

6、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理，以及面积公式，化简得到，在中，利用余弦定理求.【详解】由题意，在中，由正弦定理，连接，如下图所示，在中，由余弦定理， ，又， 故选：C二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 已知展开式中的第三项的系数为45，则（ ）A. B. 展开式中所有系数和为C. 二项式系数最大的项为中间项D. 含的项是第7项【答案】BCD【解析】【分析】由二项式定理相关知识逐项判断即可.【详解】展开式的第三项为：，所以第三项的系数为：，所以，故A错误；所以，

7、所以令得展开式中所有系数和为，故B正确；展开式总共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；通项公式为，令，解得，所以含的项是第7项.故D正确；故选：BCD.10. 年月日，工业和信息化部成功举办第十七届“中国芯”集成电路产业大会此次大会以“强芯固基以质为本”为主题，旨在培育壮大我国集成电路产业，夯实产业基础、营造良好产业生态.某芯片研发单位用在“A芯片”上研发费用占本单位总研发费用的百分比如表所示. 已知，于是分别用p和p得到了两条回归直线方程：，对应的相关系数分别为、，百分比y对应的方差分别为、，则下列结论正确的是（ ）（附：，）年份年份代码xpqA. B. C. D. 【答案】A

8、BC【解析】【分析】根据已知条件，结合方差、相关系数的定义，以及最小二乘法公式即可求解.【详解】时，变量、呈线性正相关，故，故A正确；方差反映数据的稳定性，显然时更稳定，故此时方差更小，即，故B正确；由于，当时，当时，所以，故C正确；因为，所以时，故D错误.故选：ABC11. 设，圆（为圆心），为圆上任意一点，线段的中点为，过点作线段的垂线与直线相交于点当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线，点的轨迹为曲线，则下列说法正确的有（ ）A. 曲线的方程为B. 当点在圆上时，点的横坐标为C. 曲线的方程为D. 与无公共点【答案】ABC【解析】【分析】对于A，连接OQ，则可得，从而可得曲线的方程；对于B，圆

9、B的方程与曲线的方程联立求解即可；对于C，连接AR，则可得，从而可得点R的轨迹为双曲线；对于D，求出曲线的方程，然后判断.【详解】如图1、图2，连接OQ因为点Q为线段AP的中点，O为线段AB的中点，所以，所以点Q的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，即曲线的方程为，故A正确；当点Q在圆B上时，圆B方程与曲线的方程联立，可得，故B正确；连接AR，由于直线QR为线段AP的中垂线，所以，所以，所以点R的轨迹为以为焦点，2为实轴的双曲线，所以曲线的方程为，故C正确；由选项C可知，所以曲线的方程为，所以与有两个公共点，故D错误故选：ABC 12. 若正实数满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B.

10、C. D. 【答案】AD【解析】【分析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或.对于ABC，分、，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由两边取自然对数得到，即，构造函数（且），通过导数判断单调性即可判断.【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，此时；，故；，；当时，此时，故；，； 对于ABC，A正确，BC均错误；对于D，两边取自然对数，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，当时，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：AD【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点

11、，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.第卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 设，若，则a的取值范围为_.【答案】【解析】分析】根据分段函数即可得，再根据集合与元素的关系即可得答案.【详解】解：根据题意当时，不满足题意，当时，满足条件，所以.故a的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查利用分段函数求参数范围问题，是基础题.14. 已知圆及直线，当直线被圆截得的弦长为时，的值等于_.【答案】【解析】【分析】结合题意，得到圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式，计算a，即可【详解】结合题意可知圆心到直线的距离，所以结合点到

12、直线距离公式可得，结合，所以【点睛】考查了直线与圆的位置关系，考查了点到直线距离公式，难度中等15. 已知正四棱柱的体积为，侧棱，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为_【答案】【解析】【分析】利用平行确定四点共面，从而得到两个平面的交线，进而得到交点轨迹，再利用三角形相似，求出轨迹的长度.【详解】如图取的中点，连接交于点，连接，交于，连接，因为是棱的中点，所以，则是的四等分点，且，由正四棱柱的性质可得且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四点共面，所以平面平面，连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，所以线段即为动点的轨迹，如图在平面中，过点作，交于点，

13、则，因为，所以相似于，所以，所以，因为正四棱柱的体积为，侧棱，所以，则，所以，因为，所以，所以.故答案为：. 16. 将数列中的项排成下表：，已知各行的第一个数，构成数列，且的前项和满足（且），从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列，且公差为同一个常数.若，则第6行的所有项的和为_.【答案】1344【解析】【分析】根据所满足的条件，求出数列，由在表中的位置，得，所以每行等差数列公差，即可求第6行所有项的和【详解】解：(且)，即，数列的通项公式为，（且），观察表中各行规律可知，第n行的最后一项是数列的第项， ，在表中第8行第3列，且，公差；第6行共有32个元素，则第6行所有项的和

14、为 故答案为：1344【点睛】思路点睛：由的前项和满足，构造法求数列的通项公式，观察数列的规律，找到在表中的位置，结合的通项公式可求得表中每一行的公差，继而可求第6行所有项的和四、解答题：本题共6个小题，共70分 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 已知函数（，）的部分图象如图所示 （1）求的解析式；（2）设，若函数在区间上单调递增，求实数的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据图象先求A，利用周期和图象所过点求出其它参数;（2）先求的解析式，根据单调性求得范围.【小问1详解】由图象得,，所以,由，所以，所以，由图象经过点，代入得，由得,所以.【小问2详解】由题意，因

15、为函数在区间上单调递增，且 ，所以，解得，所以的最大值为.18. 数列，满足，（1）求证：是常数列；（2）设，求的最大项【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）将所给等式化简可得且，再代入化简即可；（2）由（1）可得，再代入判断可得，进而利用作差法可得为递减数列，进而可得最大项为.【小问1详解】，因此，数列是常数列；【小问2详解】由（1），即，且，整理得，当时，数列单调递减，的最大项为19. 甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球

16、者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响（1）经过1轮踢球，记甲得分为X，求X的分布列及数学期望；（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2）【解析】【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.【小问1详解】记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，由题意得：，甲的得分X的可能取值为，所以X的分布列为：X01p

17、.【小问2详解】经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，甲3轮各得1分的概率为，甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为，甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分的概率为，甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为，所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.20. 如图，三棱台，平面平面， ，与相交于点，且平面 （1）求三棱锥的体积；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据面面垂直的性质和线面垂直的性质和按比例求锥体体积即可求解；(2)线

18、面角的向量求法即可求解.【小问1详解】由题意，平面平面，且平面平面，平面ABC，平面，平面，又，平面ABC，平面， 连接，平面，平面，平面平面， ， 三棱锥底面的面积，高，其体积为：【小问2详解】证明：由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图则设平面的法向量为，由，取，则所以，设与平面所成角为，所以 21. 已知抛物线：与圆：相交于四个点 （1）当时，求四边形面积；（2）当四边形的面积最大时，求圆的半径的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）联立抛物线与圆的方程可得坐标，再根据图梯形面积公式求解即可；（2）设与的四个交点的坐标为，联立直线方程可得点的坐

19、标为，再根据抛物线与圆联立的方程结合韦达定理可设，再根据等腰梯形面积公式可得，进而代入韦达定理化简，构造函数求导分析最值即可.【小问1详解】将代入，并化简得，解得或，代入抛物线方程可得故；【小问2详解】不妨设与的四个交点的坐标为则直线的方程分别为 ，两方程相加可得，故，解得点的坐标为联立抛物线与圆的方程有，即，可得.设，则，由（1）知由于四边形为等腰梯形，因而其面积则将代入上式，并令，得求导数， 令 ，解得：（舍去）当时，；当时，；当时，.故当且仅当时，此时【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解

20、作答.22. 已知函数.（1）讨论的极值点个数；（2）若有两个极值点，直线过点.（i）证明：；（ii）证明：.【答案】（1）答案见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，分、三种情况讨论，分别求出函数的极值点的个数；（2）（i）由（1）知，不妨设，且，依题意只需证明，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明；（ii）依题意可得，则只需证明，即证明，结合（i）的结论即可得证.【小问1详解】因为定义域为，且，当时，恒成立，在上单调递增，极值点个数为；当时，对于函数，所以恒成立，所以在上单调递增，极值点个数为；当时，由得，或，由得，或；由得，.所以单调递减区间为，单调递增区间为.所以为极大值点，为极小值点，极值点个数为.综上，当时，极值点个数为；当时，极值点个数为2.【小问2详解】（i）由（1）知，不妨设，则，所以，要证成立，只需证明，只需证明，令，则，所以在上单调递减，所以，所以成立.所以.（ii）由得，要证成立，只需证明，因为，所以只需证明，只需证明，只需证明，即，因为成立，所以成立.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理