吉林省长春市实验中学2023-2024学年下学期对位演练考试数学试卷（七）

建设满足时代发展需求的创新高中 长春市实验中学 2023—2024学年下学期对位演练考试 ( 团结 · 勤奋 · 求实 · 创新 )高 三 数 学 试 卷（七） 考试时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷 选择题（58分） 一、单选题（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. （ ） A. B. C. D. 1 2．已知果合，，则图中所示的阴影部分的集合可以表示为(     ) A. B. C. D. 3．已知数列满足，则“”是是递增数列的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4．已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 5．已知，则（ ） A. B. C. D. 6．某项目工作需要2名服务人员，某集团迅速从人事部选取5人，市场部选取10人组成服务队，为了进一步开展工作，现选取2人作为队长，则2位队长都来自同一部门的前提下，2位队长全部来自市场部的概率为（ ）． A. B. C. D. 7．在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC且与BC相交于点D，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8．已知定义域是的函数 满足对于任意 都有 ，且 ，则（ ） A. B. C. D. 2、 多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分） 9．已知函数的图象关于点成中心对称，则（    ） A．在区间上单调递减 B．在区间上有两个极值点 C．直线是曲线的对称轴 D．直线是曲线的切线 10.已知圆，直线是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则当切线长取最小值时，下列结论正确的是（    ） A． B．点的坐标为 C．的方程可以是 D．的方程可以是 11．已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（ ） A. 的轨迹方程为 B. 的最小值为1 C. 若为坐标原点，则面积的最大值为 D. 若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍 第Ⅱ卷 非选择题（92分） 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12． 抛物线的焦点坐标是______． 13．在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切线与轴、轴分别交于，两点，则的面积的最大值为___________． 14. 已知矩形，其中，，点D沿着对角线进行翻折，形成三棱锥，如图所示，则下列说法正确的是__________（填写序号即可）． ①点D在翻折过程中存在的情况； ②三棱锥可以四个面都是直角三角形； ③点D在翻折过程中，三棱锥的表面积不变； ④点D在翻折过程中，三棱锥的外接球的体积不变． 四、解答题（本大题共5个小题，15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分，共77分） 15．已知等比数列的前项和为，且也是等比数列. （1）求的通项公式； （2）若，求数列前项和. 16．如图，在正三棱柱中，为中点，点在棱上，. (1)证明：平面； (2)求锐二面角的余弦值. 17．已知函数． （1）若，求的极值； （2）若，求的最大值． 18. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，渐近线方程为，过左焦点的直线与交于，两点． （1）设直线，的斜率分别为，，求的值； （2）若直线与直线的交点为，试问双曲线上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，，，，，．定义随机变量的信息量，和的“距离”． （1）若，求； （2）已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为． （ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用，表示结果） （ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：． 数学参考答案 1.【答案】C 【解析】 【分析】根据给定复数，利用复数除法及乘方运算计算即得. 【详解】. 故选：C 2.【答案】C  解：由图可知，阴影部分表示的集合的元素为集合A中的元素除去掉集合的元素构成，而，， 故所求集合为，故选 3.【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，则， 所以，即，所以是递增数列，故充分性成立； 当时，则，所以是递增数列， 所以当数列是递增数列，可以大于，所以必要性不成立， 所以“”是是递增数列的充分不必要条件. 故选：B 4.【答案】C 【解析】 如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得， 所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积， 所以圆台的表面积为.故选:C. 5.【答案】B 【解析】因为，故由两角和正弦公式得， 故两边平方得，即， 故 . 故选：B. 6.【答案】C 【解析】 【分析】设出事件，利用条件概率公式求出答案. 【详解】由题意，用A表示事件“抽到的2位队长来自同一部门”， B表示事件“抽到的2位队长都来自市场部”， 而，， 则. 故选：C． 7.【答案】B 【详解】由余弦定理可知， ，， AD平分∠BAC且与BC相交于点D，是等腰三角形， 是中点，， 由图可知向量在上的投影向量为 ，. 故选：B 8.【答案】C 【解析】 【分析】赋值法先求出的部分值，猜想出，利用裂项相消法求即可. 【详解】因为，， 所以令，则， 令，则， 令，则， 令，则， 令，则， 所以，， 所以 ， 故选：C. 9.ABD 【分析】直接利用函数的对称性求出函数的关系式，根据余弦函数的单调性即可判断A；根据极值点的定义即可判断B；根据余弦函数的对称性即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D. 【详解】由题意得：，所以， 即，又，所以， 故， 对于A，当时，， 所以在上是单调递减，故A正确； 对于B，当时，， 由余弦函数的图象知：有两个极值点，故B正确； 对于C，当时，， 所以直线不是曲线的对称轴，故C不正确； 对于D，， 令，得， 从而得：或， 所以函数在点处的切线斜率为， 切线方程为：，即，故D正确. 故选：ABD. 10.【答案】BCD 【分析】首先得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，即可求出，再求出过点与直线垂直的直线方程，联立两直线方程求出交点坐标，即为点坐标，再设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求出，即可得解. 【详解】圆圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为， 则切线长的最小值为，故A错误； 设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得， 所以，由，解得，所以，故B正确； 显然过点的切线的斜率存在， 设切线的方程为，则，解得或， 所以切线的方程为或，故CD正确.    故选：BCD 11.【答案】BCD 【解析】 【分析】根据求轨迹方程的方法即可求得选项A，结合椭圆的性质即可判断选项B，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出的面积，利用导数可判断选项C，利用中点坐标公式及直线与直线的关系，即可求出点和点的横坐标，从而判断选项D. 【详解】对于选项A，设，因为，，所以，化简得，故A错误； 对于选项B，因为，则，，则， 所以为椭圆的右焦点，则，故B正确； 对于选项C，设的方程 ，代入椭圆方程，得， 设，则，， 所以， 令，则， 令，则，在为增函数，，， 所以，当且仅当时即等号成立，故C正确； 对于选项D，因为，，， 所以，则， 设，则，则， 所以，则点的横坐标是点的横坐标的倍，故D正确.故选：BCD. 12.【【答案】 【解析】 【详解】抛物线即， ，所以焦点坐标为. 13.【答案】 【解析】 【分析】设切点，求导，切线方程，求出,,得到,构造函数求解最值. 【详解】设切点，，求导得，则切线方程， 由切线与轴、轴分别交于两点， 则,, 得到, 构造函数,， 求导， 令，， 所以，单调递增，，单调递减， 所以. 故答案为：. 14.【答案】②④ 【解析】 【分析】对于①：利用线面垂直的判定定理和性质，推出矛盾；对于②：存在一种情况符合条件即可；对于③：根据翻折过程容易得到表面积的变换趋势，应为逐渐减小；对于④：利用两个直角三角形，易得翻折过程中外接球球心和半径都是固定的，因此体积不变. 【详解】对于①：如图所示，过点B作的垂线，垂足为E，连接， 若成立，由，与都在平面内且相交， 则面，则，又因为，所以在原矩形中，， 因为矩形的长宽不等，所以显然不可能，①错误； 对于②：当面面时，，，此时四个面都是直角三角形，②正确； 对于③：由于在翻折过程中与都为锐角，且逐渐变小， 所以变小， 同理也同时变小，而另两个三角形和为矩形面积，③错误； 对于④：由于，都为直角三角形，所以外接球的球心就是中点， 点D在翻折过程中，其外接球的直径始终为，④正确. 故答案为：②④ 15.【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据是等比数列得，利用等比数列求和公式基本量运算求得，即可求出等比数列通项公式； （2）利用对数运算得，然后利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设数列公比为， 由是等比数列得， 或(舍去)， . 【小问2详解】 由（1）得，所以， ， ， 两式相减得， . 16.(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）解法1：作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；解法2：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由证明出结论； （2）解法1：作出辅助线，得到即为二面角的平面角，求出各边长，求出锐二面角的余弦值；解法2：求出平面的法向量，得到平面的法向量，求出答案. 【详解】（1）解法1：设，则为中点， ，连接， 延长交延长线于， 由得， 为中点， ， 平面平面， 平面， 解法2：取中点，取中点，连接， 因为为正三棱柱，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 则， ， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 平面， 故平面. （2）解法1：因为，所以，故四边形为正方形， 故⊥，且为中点， 又，， 故，故⊥， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 又，， 且，， ， 故锐二面角的余弦值为. 解法2：设平面的一个法向量为， 则， 令，则， ， 所以锐二面角的余弦值为. 17.【答案】（1）极小值，无极大值； （2） 【解析】 【分析】（1）先对求导，根据单调性求出的极值； （2）由函数单调性和得出关于的不等关系式，再通过求导得出最大值. 【小问1详解】 时，， 函数的定义域， ， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以时，取得极小值，极小值为，无极大值. 【小问2详解】 函数的定义域，， 当时，，函数在上单调递增， 趋向于时，趋向于，与矛盾. 当时，则时，，在上单调递减， 则时，，在上单调递增， 时，取得最小值， 最小值为， 即， 则， 令， ， 时，，在上单调递增， 时，，在上单调递减， 时，取得最大值，最大值为， 即当，，的最大值为. 18.【答案】（1） （2）存在定点或 【解析】 【分析】（1）根据题意求出双曲线的方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据斜率公式化简整理即可得出答案； （2）设，求出直线的方程为，直线的方程为，再根据题意可得，从而可得，进而可求出，进而可得出结论. 【小问1详解】 设双曲线的焦距为，则， 因为，所以， 所以双曲线的方程为， 由题意，直线不与双曲线的渐近线平行且斜率不等于零， 故可设直线的方程为， 联立，得， 则， ， ，则 ， 所以； 【小问2详解】 假设存在点，，设，直线的方程为，直线的方程为， 因为直线与直线的交点为， 所以， 所以， 由（1）知，代入上式， 得， 所以，故点在直线上， 设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点， 则点的坐标为或， ， 所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值. 19.【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先得到的分布列，再根据所给定义求出； （2）（ⅰ）记发出信号和分别为事件，收到信号和分别为事件，根据全概率公式求出，再由条件概率公式求出； （ⅱ）结合（ⅰ）及所给定义表示出，设，利用导数证明，从而得到，即可证明. 【小问1详解】 因为，所以， 所以的分布列为： 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）记发出信号和分别为事件，收到信号和分别为事件， 则，，，， 所以 ， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）知，则， 则， 设，则， 所以当时，单调递增，当时，单调递减； 所以，即（当且仅当时取等号）， 所以， 所以 ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给定义，第二问关键是利用导数证明（当且仅当时取等号），从而得到. ——17分 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$