吉林省2023届高三下学期数学模拟试卷（3套含答案）

高三下学期理数三模试卷一、单选题1．设集合，，则（）A．B．C．D．2．下列函数在其定义域上单调递增的是（）A．B．C．D．3．已知数列的首项，若向量，向量，且满足，则数列的通项公式为（）A．B．C．D．4．二进制转化为十进制数是（）A．8B．9C．16D．185．已知两圆方程分别为和．则两圆的公切线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条6．在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面所在平面截圆柱桶所成的截口曲线的所有类型有：（）①矩形②圆③椭圆④部分抛物线⑤部分椭圆A．②③⑤B．①②③④⑤C．①②③⑤D．①②③④7．若函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．8．位于灯塔A处正西方向相距nmile的B处有一艘甲船需要海上救援，位于灯塔A处北偏东45°相距nmile的C处的一艘乙船前往营救，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西（）A．30°B．60°C．75°D．45°9．若椭圆C的方程为，则“”是“椭圆C的离心率为”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件10．已知函数在上有且仅有4个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D．11．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 的对称美．二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是（）A．该几何体外接球的表面积为B．该几何体外接球的体积为C．该几何体的体积与原正方体的体积比为2：3D．该几何体的表面积比原正方体的表面积小12．已知，，，则（）A．B．C．D．二、填空题13．已知，则的最小值是．14．抛物线的焦点F关于其准线的对称点坐标是．15．中国于2022年2月在北京成功地举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会．共赴冰雪之约，共享冬奥机遇，“冰雪经济”逐渐升温，“带动三亿人参与冰雪运动”已从愿景变为现实，中国各地滑雪场的数量也由2015年的1255家增加到2021年的3100家．下面是2016年至2021年中国滑雪场新增数量和滑雪场类型统计图，下列说法中正确的序号是．①2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高②2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升③2016年至2021年中国滑雪场新增数量逐年增加④2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多16．已知复数，对于数列，定义为的“优值”．若某数列的“优值”，则数列的通项公式；若不等式对于恒成立，则k的取值范围是．三、解答题17．如图，在平面四边形APBC中，，，，．将△PAB沿AB折起得到三棱锥，使得．（1）求证：平面ABC；（2）若点E在棱上，，求二面角的余弦值．18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，，的内角平分线交边BC于点D，求．19．；参加“四人赛”答题（每日两局）时，第一局得3分、2分的概率分别为、，第二局得2分的概率为．周老师每天参加一局“双人对战”，两局“四人赛”，各局比赛互不影响．（1）求周老师每天参加答题活动总得分为6分的概率；（2）求周老师连续三天参加“双人对战”答题总得分的分布列和期望．20．已知点A，B分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上异于A，B的一个动点，的周长为12．（1）求椭圆E的方程；（2）已知点，直线PM与椭圆另外一个公共点为Q，直线AP与BQ交于点N，求证：当点P变化时，点N恒在一条定直线上．21．已知函数的极小值为1．（1）求实数a的值；（2）设函数．① 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：当时，，恒成立；②若函数有两个零点，求实数m的取值范围．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程（a为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）写出曲线C的普通方程和极坐标方程；（2）设A，B是曲线C上的两点，且，求的值．23．已知函数．（1）解不等式；（2）设时，函数的最小值为M．若实数a，b，c满足，求的最小值．1．B2．A3．D4．B5．C6．C7．A8．B9．A10．B11．C12．D13．614．（0，-3）15．①②④16．n+1；17．（1）证明：∵，∴．又∵，，∴．即．∵，∴．∵，平面，平面，∴平面（2）解：法一：以C为原点，以CB，CA，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则，，，∵，∴．∴，．设平面BCE的法向量为，则，令，则．又因为平面的一个法向量为：．∴，即二面角的余弦值为．法二：∵，∴∵，平面，平面，∴平面，∴．∴是二面角的平面角．∵，∴，∴，．∴，即二面角的余弦值为18．（1）解：∵由正弦定理得∵，∴∴，∴∴∵∴（2）解：方法一：∵∴∴∴∴方法二：在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴∴方法三：在△ABC中，由余弦定理：∴在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴在△ADC中，由余弦定理：设，则即解得或在△ABC中，由余弦定理：，∴C是钝角在△ADC中，∴∴19．（1）解：设每天答题活动总得分为6分的事件为，事件包含三种情况：参加“双人对战”得2分，第一局“四人赛”得3分，第二局“四人赛”得1分，概率为；参加“双人对战”得2分，第一局“四人赛”得2分，第二局“四人赛”得2分，概率为；参加“双人对战”得1分，第一局“四人赛”得3分，第二局“四人赛”得2分，概率为，则，所以周老师每天答题活动总得分为6分的概率为（2）解：连续三天参加“双人对战”答题总得分的可能取值为3、4、5、6，，，，，所以，随机变量的分布列为：3456则20．（1）解：设椭圆的焦距为2c，则，，，，，由得，即由的周长为12，得，所以，，，故椭圆E的方程为：（2）解：设直线PQ的方程：，，（此处若设点斜式方程，需要讨论斜率是否存在，无讨论的扣1分，只讨论斜率不存在的情况给1分）联立方程组得，恒成立．，即①直线AP的方程：，直线的方程：，联立方程组消去y，得②由①②得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上．方法二设，，设直线AP的方程：，直线BQ的方程：联立得①又∵P，Q两点在椭圆E上，因此，，②，故P，M，Q三点共线，所以，即③由②，③得将其代入①得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上21．（1）解：的定义域为，．当时，恒成立，在上单调递增，无极小值；当时，令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的极小值为，即．综上，（2）解：①法一：，．∵，∴，即在上单调递减．∴．由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．∴，即．法二：由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．因为，所以所以得证．②．当时，，在上单调递增，至多有一个零点．当时，．令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．设，．令，；令，．所以在上单调递增，在上单调递减．所以的最大值为．当时，，只有一个零点；当时，，又，．所以有两个零点；当时，，由①知，当时，对，恒成立，又，所以有两个零点；综上：或22．（1）解：由曲线的参数方程（为参数），可得：即曲线的普通方程为由，代入上式可得曲线的极坐标方程为即曲线的极坐标方程为（2）解：因为是曲线上的两点且由在曲线上可知：．同理在曲线上可知：所以23．（1）解：不等式可转化为：或或，解得：或或，则有，所以不等式的解集为：（2）解：由绝对值的三角不等式可得：，当且仅当时等号成立，因此，函数的最小值，即，由柯西不等式可知：，即，当且仅当，即，，时等号成立，所以的最小值为高三数学二模试卷一、单选题1．已知集合，，则A∩B的子集个数（）A．1B．2C．3D．42．对于事件A与事件B，下列说法错误的是（）A．若事件A与事件B互为对立事件，则P（A）+P（B）=1B．若事件A与事件B相互独立，则P（AB）=P（A）P（B）C．若P（A）+P（B）=1，则事件A与事件B互为对立事件D．若P（AB）=P（A）P（B），则事件A与事件B相互独立3．下列四个函数中，在其定义域内单调递增的是（）A．B．C．D．4．已知抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合，则下列说法不正确的是（）A．椭圆E的焦距是2B．椭圆E的离心率是C．抛物线C的准线方程是x=-1D．抛物线C的焦点到其准线的距离是45．已知是等比数列，下列数列一定是等比数列的是（）A．（k∈R）B．C．D．6．已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（）A．1B．3C．8D．97．近日，吉林市丰满区东山顶上新建了一处打卡地朱雀云顶观景塔，引来广大市民参观，某同学在与塔底水平的A处利用无人机在距离地面21的C处观测塔顶的俯角为，在无人机正下方距离地面1的B处观测塔顶仰角为，则该塔的高度为（）A．15B．16C．D．8．已知矩形ABCD中，AB=3，BC=2，将△CBD沿BD折起至△C'BD.当直线C'B与AD所成的角最大时，三棱锥的体积为（）A．B．C．D．二、多选题9．已知复数，则下列说法正确的是（）A．的共轭复数是B．的虚部是C．D．若复数满足，则的最大值是10．如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在（1，0）处，质点B在第一象限，且.质点A以的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以的角速度按逆时针方向运动，则（）A．经过1后，扇形AOB的面积为B．经过2后，劣弧的长为C．经过6后，质点B的坐标为D．经过后，质点A，B在单位圆上第一次相即11．如图，函数的图象称为牛顿三叉戟曲线，函数满足有3个零点，，，且，则（）A．B．C．D．12．如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（）A．当时，直线平面B．当时，的最小值为C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是三、填空题13．命题“，”为假命题，则实数的取值范围为.14．已知向量的夹角为，且，则.15．意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则.；若，则.16．已知函数，点、是函数图象上不同的两个点，则（为坐标原点）的取值范围是.四、解答题17．坐位体前屈是中小学体质健康测试项目，主要测试学生躯干､腰､髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性､弹性及身体柔韧性，在对某高中1500名高三年级学生的坐位体前屈成绩的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这1500名高三年级学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2cm和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2cm和17.56.参考公式：总体分为2层，分层随机抽样，各层抽取的样本量､样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总样本的平均数为，样本方差为，（1）求抽取的总样本的平均数；（2）试估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差.18．已知的三个角，，的对边分别为，，，且.（1）求边；（2）若是锐角三角形，且________，求的面积的取值范围.要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，四边形BDEF为矩形，BD=2BF=2，AC与BD交于O点，FA=FC.（1）求证：AC⊥平面BDEF；（2）求二面角F-AE-C的余弦值.20．已知数列的前项和为，，数列是以为公差的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．在平面内，动点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和它到定直线的距离比是常数2.（1）求动点的轨迹方程；（2）若直线与动点的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.22．已知函数.（1）判断的单调性；（2）设函数，记表示不超过实数的最大整数，若对任意的正数恒成立，求的值.（参考数据：，）1．D2．C3．A4．D5．D6．D7．B8．C9．A,D10．B,D11．A,C,D12．A,B,C13．14．15．2697；16．17．（1）解：设在男生､女生中分别抽取m名和n名，则，解得：.记抽取的总样本的平均数为，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得：所以，抽取的总样本的平均数为.（2）解：男生样本的平均数为，样本方差为；女生样本的平均数为，样本方差为；由（1）知，总样本的平均数为.记总样本的样本方差为，则所以，估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.18．（1）解：解法一：因为，由余弦定理，得；解法二：因为，由正弦定理，得，∴，∴，即.（2）解：选择①：因为所以，，所以因为是锐角三角形，所以，又，所以，所以.所以，所以，所以，所以.选择②：因为，则，因为是锐角三角形，所以，即，所以，因为，所以，所以，由二次函数的性质可得，当时，函数取最大值，当时，，又，所以，即，所以，所以.19．（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以，因为，且为AC中点，所以，，平面BDEF，平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF；（2）解：因为四边形BDEF为矩形，连接OE，因为BD=2，BF=1，且O为BD中点，所以，EF=2，故，即EO⊥FO，由(1)可知AC⊥平面BDEF，平面BDEF，、所以FO⊥AC，因为，平面AEC，平面AEC，所以FO⊥平面AEC，又平面AEC，所以FO⊥EA，过O作OG⊥AE，垂足为G，连接GF，因为OG∩OF=O，平面OFG，平面OFG，所以EA⊥平面OFG，因为平面OFG，所以EA⊥GF，所以∠OGF为二面角F-AE-C的平面角，在直角中，根据面积相等有，所以，因为FO⊥平面AEC，平面AEC，所以，所以为直角三角形，所以，则，所以二面角的余弦值为.20．（1）解：∵，∴，又∵数列为以为公差的等差数列，∴，即，∵时，，∴时，符合上式，∴数列的通项公式为.（2）解：由（1）可得所以，∴数列的前项和.21．（1）解：由已知可得：，整理化简可得：，即，所以动点的轨迹方程为：；（2）解：由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，由，可得，所以，同理可得，又由且，可得，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为6.22．（1）解：函数的定义域是，易知恒成立，∴在上单调递减.（2）解：，定义域是，则，令，则；令，则.∴在上单调递增，在上单调递减.∵，，.∴存在，使，即.当时，；当或时，∵当时，；当或时，.∴1和是方程的两个不等实数根.∴，由韦达定理.∴，，∴.即∴又由，∴又，∴所以（其中）由（1）知在区间上单调递减且，.∴.即.高三理数四模试卷一、单选题1．已知集合，，则集合（）A．B．C．D．2．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（）A．-3B．-1C．1D．33．下列函数既是偶函数，又在上单调递减的是（）A．B．C．D．4．已知长方形的长与宽分别为3和2，则分别以长与宽所在直线为旋转轴的圆柱体的体积之比为（）A．3：2B．2：3C．9：4D．4：95．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值．现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却约5分钟后，物体的温度是30℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度约是（）A．5℃B．10℃C．15℃D．20℃6．设表示直线，表示平面，使“”成立的充分条件是（）A．，B．，C．，D．，，，7．已知随机变量，下列表达式正确的是（）A．B．C．D．8．我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出，某市政府为了节约生活用水， 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个居民月用水量标准a（单位：t），用水量不超过a的部分按平价收费，超出a的部分按议价收费，如果当地政府希望使80%以上的居民每月的用水量不超出该标准，为了科学合理确定出a的数值，政府采用抽样调查的方式，绘制出100位居民全年的月均用水量（单位：t）频率分布直方图如图，通过分析样本数据来估计全市居民用水量的分布情况，可推断标准a大约为（）A．2.4B．2.6C．2.8D．3.29．对于函数，下列结论正确的是（）A．图象关于点对称B．在区间上单调递增C．与函数相等D．在区间的最大值为210．已知数列满足，，则数列的前2022项积为（）A．B．C．-6D．11．已知点和是双曲线C：的两个焦点，过点作双曲线C的渐近线的垂线，垂足为H，且，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．12．已知函数，，若恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题13．若公差不为0的等差数列满足，，，成等比数列，则．14．．15．在△ABC中，M是BC的中点，AM=1，点P在AM上，且满足等于.16．现有四棱锥（如图），底面ABCD是矩形，平面ABCD.，，点E，F分别在棱AB，BC上.当空间四边形PEFD的周长最小时，异面直线PE与DF所成角的余弦值为.三、解答题17．在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，的面积为S，且.（1）求角A；（2）若，，求的面积.18．已知直三棱柱中中，为正三角形，E为AB的中点，二面角的大小为.（1）求证：平面；（2）求直线BC与平面所成角的正弦值.19．参考数据：65091.552.51478.630.5151546.5表中，附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，；②若随机变量，则有，.（1）根据散点图判断，与，哪一个适宜作为粮食亩产量y关于每亩化肥施用量x的回归方程(给出判断即可，不必说明理由)；（2）根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；并预测每亩化肥施用量为27公斤时，粮食亩产量y的值；()（3）通过文献可知，当化肥施用量达到一定程度，粮食产量的增长将趋于停滞，所以需提升化肥的有效利用率，经统计得，化肥有效利用率，那么这种化肥的有效利用率超过56%的概率为多少？20．已知函数，.（1）证明：；（2）若数列满足，，证明：，.21．已知抛物线的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线被所截得的弦长为16.（1）求抛物线E的方程；（2）已知点为抛物线上的任意一点，以为圆心的圆过点F，且与直线相交于两点，求的取值范围.22．如图，在极坐标系Ox中，方程表示的曲线是一条优美的心脏线．在以极轴Ox所在直线为x轴，极点O为坐标原点的直角坐标系xOy中，已知曲线的参数方程为（t为参数，且）．（1）求曲线的极坐标方程；（2）当时，与交于点A，将射线OA绕极点按顺时针方向旋转，交于点B，求的值．23．设函数．（1）求不等式的解集；（2）设a，b是两个正实数，若函数的最小值为m，且．证明：．1．B2．A3．B4．B5．B6．C7．C8．B9．D10．A11．B12．A13．114．15．16．17．（1）解：由，可得，则，即，则，∵，∴；（2）解：在中，由余弦定理得，，即，可得或(舍)，则．18．（1）证明：连接交于O，连接，显然是的中点，因为E为AB的中点，所以，而平面，平面，所以平面；（2）解：设的中点为，连接交于，因为为正三角形，所以也是正三角形，所以有，因为三棱柱是直三棱柱，所以平面平面，而平面平面，所以平面，因为三棱柱是直三棱柱，所以侧面是矩形，因此平面，于是建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，设平面的法向量为，，所以有，因为平面，所以设平面的法向量为，因为二面角的大小为，所以有（负值舍去），则，设直线BC与平面所成角的正弦值为，所以.19．（1）解：更适宜．∵根据散点图可知y与x的关系不是线性的关系．（2）解：∵，∴，令，，则，，，∴，，，∴，当时，(百公斤).（3）解：根据Z服从正态分布可知，，∴这种化肥的有效利用率超过的概率为0.15865．20．（1）证明：先证，即证，令，，即证g(x)<0，∵，在上单调递减，．再证，即证，即证，令，即证h(x)>0，∵，在上单调递增，；（2）解：由(1)得，则，∴，即，∴，当n=1时，，故，．21．（1）解：由抛物线方程得：，可设过点F且倾斜角为的直线为：，由得：，由抛物线焦点弦长公式可得：，解得：，抛物线的方程为：.（2）解：由（1）知：，准线方程为：；设，圆的半径为，则，，，又，；由抛物线定义可知：，即，，即的取值范围为.22．（1）解：因为曲线的参数方程为（t为参数，且）所以（），又，所以，即（），即曲线的极坐标方程为（）；（2）解：当时，则，再由，可得，所以23．（1）解：由已知得：，又，所以或或，解得或或综上，不等式的解集为；（2）证明：由（1）可知，所以的函数图象如下所示：所以当时取值最小值2，所以，即，又、，由柯西不等式：，所以，当且仅当时取等号．