【文档说明】吉林省长春市2023届高三上学期质量监测（一）数学试卷+答案.docx，共(18)页，1.205 MB，由baby熊上传

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长春市2023届高三质量监测（一）数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知全集为R，集合2,0,6,8A，24120Bxxx，则Venn图中阴影部分所表示的集合为（）A.2B.6C.

2,6,8D.2,0,6【答案】D【解析】【分析】先确定集合B中的元素，然后根据Venn图表示的集合进行计算．【详解】24120{|2Bxxxxx或6}x，R{|26}Bxxð，

Venn图中阴影部分所表示的集合为R(){2,0,6}ABð．故选：D．2.复数13i3i的虚部是（）A.2B.2C.1D.1【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算化简13i3i，进而求得其虚部.【详解】13i3i13i10ii3i3i

3i10，虚部为1.故选：C3.若平面向量a与b的夹角为60，21ab，，则2abA.3B.23．C.1D.2【答案】D【解析】【详解】22124444214122abaabb，故选D.考点：

向量的模4.在市场上选取20种不同零食作为研究样本，记录其每100克可食部分的能量（单位：KJ）如下：110，120，120，120，123，123，140，146，150，162，165，174，190，210，235，249，280，318，428，432．则样本数据的第75百分位数为

（）A.123B.235C.242D.249【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的求法求得正确答案.【详解】2075%15，样本中，第15个、第16个数据分别为235,249，所以样本数据的第75百分位数为2352492422.

故选：C5.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知点0,2A和点10B,为ABC的顶点，则：“ABC的欧拉线的方程为1x”是“点C的坐标

为(2,2)”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【答案】B【解析】【分析】必要性根据三角形三线合一即可；充分性先设重心(1,)GGy,点(,)CCCxy,外接圆圆心为O,垂心为H，求得2(1,)3CyG，2Cx，5(1,)4O，由题意25()2

34CyHG，得CyR即可解决.【详解】由题知0,2A，10B,必要性：当(2,2)C时,ABBC，根据三线合一知：的ABC的欧拉线的方程为1x；充分性：由题知0,2A，10B,，ABC的欧拉线的方程为1x设重心(1,)GGy,点(,)CCCxy,外接圆圆心为

O,垂心为H，因为重心为12(,)33CCxyG，即2(1,)3CyG所以2Cx，记,AB中点为1(,1)2M，因为2ABk，O在1x上，设(1,)OOy所以111212OOMyk，所以54Oy，即5(1,)4O,因为重心到外心的距离是重心到垂心距

离的一半，所以25()234CyHG，解得：51222HCCyyy，所以1()1212CCCHyyk，所以CyR，所以点C在2x上移动，所以“ABC的欧拉线的方程为1x”是“点C的坐标为(2,2)”的必要不充分条件，故选：B6.文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的

城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣

小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为m．兴趣

小组成员利用测角仪可测得的角有ACB、ACD、BCD、ADC、BDC，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（）A.m、ACB、BCD、BDCB.m、ACB、BCD、

ACDC.m、ACB、ACD、ADCD.m、ACB、BCD、ADC【答案】B【解析】【分析】结合解三角形、正弦定理、余弦定理等知识确定正确答案.【详解】结合选项可知,mACB是必选条件，求AB的思路是：求得AC或BC中的一条，然后解直角三角形求得AB；或用AB

表示,BCBD，利用余弦定理解方程来求得AB.A选项，根据m、BCD、BDC，可利用正弦定理求得BC，从而求得AB.B选项，m、ACB、BCD、ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB.C选项，根据m、ACD、ADC，利用正弦定理可求得AC，从而求得

AB.D选项，由ACB、BCD借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出,,BCBDACAD，，然后结合,mADC在三角形ACD中利用余弦定理列方程，解方程求得AB.所以B选项的条件不能计算出AB.故选：B7.已知函数fx是定义在R上的奇函数，当0x时，2x

fx，那么2log3f的值为（）A.13B.-3C.3D.13【答案】D【解析】【分析】利用奇函数的性质可得221log3log3ff,代入解析式求解即可【详解】由题,2log30,因为fx是定义在R上的奇函数,所以

21log32211log3log233ff,故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用,考查对数的运算8.已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为41

5，出现B性状的概率为215，A、B两种遗传性状都不出现的概率为710．则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为（）A.14B.38C.12D.34【答案】B【解析】【分析】记事件:E该家族某位成员出现A性

状，事件:F该家族某位成员出现B性状，求出PEF，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件:E该家族某位成员出现A性状，事件:F该家族某位成员出现B性状，则415PE，215PF，710PEF，则3110P

EFPEF，又因为PEFPEPFPEF，则110PEFPEPFPEF，故所求概率为11531048PEFPFEPE.故选：B.9.已知双

曲线222210,0xyabab的两条渐近线与直线2axc分别相交于A，B两点，且线段AB的长等于它的一个焦点到一条渐近线的距离，则双曲线的渐近线方程为（）A.yxB.3yxC.33yxD.2yx【答案】B【解析】

【分析】根据双曲线的基本几何量求焦点到渐近线的距离为b，几何性质求解22,,,aabaabABcccc，即可得2abABbc，根据,,abc的关系，即可得渐近线方程.【详解】解：双

曲线222210,0xyabab的两条渐近线方程为byxa，则焦点,0c到渐近线的距离为221bcabba又两条渐近线与直线2axc分别相交于A，B两点，所以22,,,aabaabABcccc则2ca，所以22

3bcaa，故渐近线方程为3yx.故选：B.10.定义域为0,π的函数13sincoscos02fxxxx，其值域为1,12，则的取值范围是（）

A.30,2B.3,32C.10,3D.12,33【答案】D【解析】【分析】化简函数fx的解析式为πsin26fxx，可得出1πs

in2126x，由0,πx可求出π26x的取值范围，结合已知条件可出关于的不等式，解之即可.【详解】因为2131cos21π3sincoscossin2sin222226xfxxxxxx

，由112fx可得1πsin2126x，0πx，则πππ22π666x，由题意可得ππ7π2π266，解得123

3.故选：D.11.如图所示，两个全等的矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，AB＝2，BC＝1，点P为线段CD上的动点，则三棱椎PABE的外接球体积的最小值为（）A.4π3B.3π2C.556D.6π【答案】C【解析】【分析】确定球心O在平面ABEF的投影为A

E中点1O，根据勾股定理得到225544Rh，确定半径的最小值，再确定P的位置使其满足条件，计算体积得到答案.【详解】ABE为直角三角形，故球心O在平面ABEF的投影为AE中点1O.设球半径为R，1OOh，则222222

55444AERhGEhh，当0h，即球心与1O重合时，R最小为52，矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，则1O在平面ABCD的投影H为AB中点，需满足HABP外心，当P为CD中点时，ABP为直角三角形，满足条件.3344555π

ππ3326VR.故选：C12.已知a，b满足2eeaa，4ln2ebb，其中e是自然对数的底数，则ab的值为是（）A.eB.2eC.3eD.4e【答案】D【解析】【分析】变换得到ln20aa，2

lnlnln220bb，构造函数ln2fxxx，确定函数单调递增，得到2lnab，化简得到答案.【详解】2eeaa，故ln2aa，0a，即ln20a

a；4ln2ebb，故lnlnln24bb，即2lnlnln220bb.设ln2fxxx，0x，110fxx，函数单调递增，2lnfafb，故2lnab，即ln22lnab，整理得到ln4ab

，即4eab故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知各项均为正数的等比数列na，其前n项积为nT，且满足51532aT，则3T______．【答案】22【解析】【分析】化简已知条件求得2

a，进而求得3T.【详解】依题意na是各项均为正数的等比数列，5555105151123451322aTaaaaaaaaa，所以22a，所以3331232222Taaaa.故答案为：2214.四面体A

BCD的各棱长均相等，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AB与EF所成角的大小为______．【答案】π4##45【解析】【分析】G为BD中点，连接,,,GEGFAFFD，则ABEG，设四面体棱长为2a，计算.各线段长度，利用余弦定理计算得到答案.【详解】如图所示，G为BD中点

，连接,,,GEGFAFFD，则ABEG，设四面体棱长为2a，则GFGEa，AFD△中，3AFDFa，2ADa，故222EFAFAEa，在EFG中，根据余弦定理：22222cos222aaaFEGaa

，0,πFEG，故π4FEG，即面直线AB与EF所成角的大小为π4.故答案为：π415.已知*N,Rkxaka的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且3x项的系数为160，则ak______．【答案】12【解析】【分析】根据二项式系数的性质求出

k的值，再利用二项展开式的通项，结合已知条件求出a的值，即可得出答案．【详解】∵kxa的展开式中只有第4项的二项式系数最大，6k∴二项展开式的通项616CrrrrTxa，令6r3，得3r∴3x项的系数为333620

160Caa，∴2a则12ak．故答案为：12．16.已知函数21fxxax的图象关于点1,0中心对称，若1x，2,xmn，使得12120xxfxfx，则fmfn的最大值是___

___．【答案】3239##3239【解析】【分析】结合fx的对称性、单调性以及导数求得正确答案.【详解】fx关于点1,0中心对称，所以221122yxaxyxax

，3232641163yxaxxayxaxaxa，所以6141163aaaaa，解得3a，2321333fxxxxxx，2361fxxx，令

0fx解得1223231,133xx，121212,3xxxx，所以fx在区间12,,0,xxfxfx递减；在区间12,,,,0,xxfxfx递增，所以fx的极大值是1fx，极小值是2fx，

依题意1x，2,xmn，使得12120xxfxfx，所以,mn是fx的单调递减区间，所以fmfn的最大值是12fxfx32321112223333xxxxxx332212121233xxxxxx

21212121231xxxxxxxx438323339.故答案为：3239【点睛】本题的关键点有两点，一个是根据fx的对称中心求得a的值，另一个是函数单调性的“定义”的变型“1x，2,xmn，使得12120xxfxfx

”，这个条件给出的是fx的单调性.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosacB．（1）证明：ABC是直角三角形；（2）若22sincoscosBBAC，求s

inA的值．【答案】（1）证明见解析（2）152【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系结合两角和得正弦公式即可证；（2）根据平方关系及诱导公式求出cosB，即可得解.【小问1详解】证明：因为cosacB，所以sinsincosACB，即sinsincos

BCCB，则sincossincossincosBCCBCB，即sincos0BC，由sin0B，得cos0C，又0,πC，所以π2C，所以ABC为直角三角形；小问2详解】解：由2π2sincoscos2BBA，可得22sincossi

nBBA，则22sincossin2BBB，则22sin2cosBB，即2coscos10BB，解得15cos2B，因为π0,2B，所以15cos2B，所以π15sinsincos22ABB

．18.四名党员教师暑假去某社区做志愿者工作，现将他们随机分配到A，B，C三个岗位中，每人被分配到哪个岗位相互独立．【（1）设这四名教师被分配到A岗位的人数为X，求X的分布列及数学期望；（2）求上述三个岗位中恰有一个岗位未分配到任何志愿者的概率．【答案】（1）分布列

见解析，数学期望为43（2）1427【解析】【分析】（1）结合古典概型的概率计算公式、组合数的计算，求得X的分布列并求得数学期望.（2）结合古典概型的概率计算公式、组合数、排列数的计算求得正确答案.【小问1详解】X的可能值为0

，1，2，3，4．442160381PX；1344C2321381PX；2244C2248238127PX；344C283381PX；444C14381PX．X的分布列为X01234P16813281827881181X的数

学期望为3248244108124818193EX.【小问2详解】依题意，三个岗位中恰有一个岗位未分配到任何志愿者的概率为：221124234244CCCCA33422143327．19.已知数列na满足：

12a，31121nnnannan．（1）证明：数列1nann是等差数列；（2）设122nnnnnba，求数列nb的前n项和nS．【答案】（1）证明见解析（

2）111212nnSn【解析】【分析】(1)先根据递推公式的特征，将其整理变形为2111(1)(2)(2)12nnnaannnnnnnn，再移项即可证明；(2)由（1

）可得：21nann，所以111212nnnbnn，利用裂项求和方法即可求解.【小问1详解】将31121nnnannan两侧同除12nnn，可得2111(1)

(2)(2)12nnnaannnnnnnn，21211212nnaannnnnnnn，又因为1112a，即数列1nann是首项

为1，,公差为1的等差数列．【小问2详解】由（1）可知，111112naannnn，即21nann，则121122112112212nnnnnnnnbnnnnnn

，1223111111112222232212nnnSnn111212nn.20.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，120ABC，PAC△为等边三角形，点Q为棱PB上的动

点．的（1）求证：ACQD；（2）若PD平面ABCD，平面AQD与平面CQD的夹角余弦值为1935，求PQQB的值．【答案】（1）证明见解析；（2）12．【解析】【分析】（1）通过证明AC平面PBD，即可根据定义证出；（2）以O为原点，以OB所在直线为x轴，以O

C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PQQB.【小问1详解】连接BD交AC于点O，连接OP．,PAPCO是AC的中点，所以OPAC，由于,,,BDACBDPOOBDPO平面PBD，所以AC

平面PBD，由于QD平面PBD，所以ACQD.【小问2详解】因为PD平面ABCD，PD平面PBD，所以平面PBD平面ABCD，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．1,0,0B，1,0,0D，1,0,22P，0,3,0A，0,3,0C，设PQPB，则2,0,222,0,22PQPB，21,0,2222OQOPPQ

，则21,0,2222Q，1,3,0DA，1,3,0DC，2,0,221DQ，2,0,221DQ，设平面AQD的法向量为1,,nxyz，113022210nDAxynDQxy

，故可设161,21,3n，同理可求得平面CQD的法向量为261,21,3n，设平面AQD与平面CQD的夹角为，22222122

2222126121341319cos3561213813nnnn，则13．即13PQPB，12PQQB．21.已知抛物线220ypxp的焦点为F

，直线l过点F，与抛物线交于A，B两点，AB的最小值为4．（1）求抛物线的方程：（2）若点P的坐标为()1,2-，设直线PA和PB的斜率分别为1k、2k，问12kk是否为定值，若是，求出该定值，否则，请说明理由．【答案】（1）24yx（2）是，定值为

2【解析】【分析】（1）设出直线l的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合AB的最小值求得p，从而求得抛物线的方程.（2）结合,AB的坐标以及根与系数关系化简122kk，由此求得正确答案.【小问1详解】设直线l的

方程为2pxty，l与抛物线交于11,Axy，22,Bxy，联立直线l与抛物线方程222pxtyypx，可得222pypty，即2220yptyp，122yypt，212yyp．由

抛物线的定义可知212122222ppABxxptytypptp，当0t时，AB取最小值为2p，则2p＝4．即抛物线方程为24yx．【小问2详解】由题意可知：11121ykx，22221ykx121212122

222121212222222411441144yyyyyykkyyxxyy2222221212121212121221222221212122416428428444441

6yyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyy，由1224yyptt，2124yyp，22221212122168yyyyyyt，2221222224

4216844161632161616323244421664321664644416816tttttttkkttt，即12kk为定值2．【点睛】方法点睛：利用韦

达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx、12xx（或12

yy、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数exfxx，ln1gxkx．（1）求函数fx的值域；（2）讨论函数Fxfxgx的零点个数．【答案】（1）1,e（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用导数

求得fx的单调区间，进而求得fx的值域.（2）利用多次求导的方法，结合对k进行分类讨论，由此求得Fx零点的个数.【小问1详解】由exfxxxR可知1exfxx，令0fx则=1x，x

,111,fx0fx减极小值增1min11eefxf，fx无最大值．即fx的值域为1,e．【小问2详解】eln11xFxfxgxxkxx，且00F，2

1e1e11xxxkkFxxxx，令21exgxx，243e13e0xxgxxxxx，即gx在1,上单调递增．当0k时，可知0F

x，即Fx在1,单调递增，即此时Fx有唯一零点．当0k时，令0Fx，即21e0xxk，01,xx．即0000mineln1xFxFxxkx，①当k＝1时，00

x，min00FxF，此时Fx有唯一零点．②当01k时，010x-<<，0min0FxFx，且1111e1e1ee01kkkF，即Fx在101e,kx

存在一个零点，此时Fx共有2个零点．③当1k时，00x，0min0FxFx，且1e21e1e1eeee0kkkkkFkkk，即

Fx在0,1ekx存在一个零点，此时Fx共有2个零点．综上，当0k或k＝1时，Fx有唯一零点．当01k或1k时，Fx有2个零点．【点睛】关键点点睛：利用导数研究含有参数的函数的零点，关键点有两点：一个是利用导数研究函数的单调性，此时若一次求导无法解

决，可考虑多次求导来解决；另一个是对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.