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1、 吉林市普通中学2022-2023学年度高中毕业年级第二次调研考试数学一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求.1. 已知集合，则AB的子集个数（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】根据集合与集合中方程的几何意义，利用直线过圆新判断直线与圆的位置关系，确定交集中元素的个数，进而求解.【详解】集合表示以为圆心，为半径的圆上的所有点，集合表示直线上的所有点，因为直线经过圆心，所以直线与圆相交，所以的元素个数有2个，则的子集个数为4个，故选：.2. 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
2、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【答案】C【解析】【分析】根据对立事件和独立事件的定义和性质逐项分析.【详解】对于A，事件A和事件B为对立事件，则A，B中必然有一个发生， ，正确；对于B，根据独立事件的性质知 ，正确；对于C，由 ，并不能得出A与B是对立事件，举例说有a，b，c，d4个小球， 选中每个小球的概率是相同的，事件A表示选中a，b两球，则 ，事件B表示选中b，c两球，则 ， ，但A，B不是对立事件，
3、错误；、对于D，由独立事件的性质知：正确；故选：C.3. 下列四个函数中，在其定义域内单调递增是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据幂函数单调性即可判断出A正确，C错误，再根据正切函数和指数函数图象即可得出BD错误.【详解】由幂函数性质可知，定义域为，且在定义域内单调递增；即A正确；在其定义域，上分别单调递减，即C错误；由正切函数图像可知，为周期函数，在定义域内不是单调递增，B错误；由指数函数性质可知，在上为单调递减，所以D错误.故选：A4. 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
4、线方程是x=-1D. 抛物线C的焦点到其准线的距离是4【答案】D【解析】【分析】根据椭圆方程求出，求出焦距和离心率，根据抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合求出，就能求出曲线和焦点到其准线的距离. 【详解】根据椭圆可得：所以椭圆E的焦距是，故A正确；椭圆E的离心率为，故B正确；又因为椭圆的焦点为，抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合，即所以抛物线C的准线方程是，故C正确；抛物线C的焦点到其准线的距离，故D不正确.故选：D5. 已知是等比数列，下列数列一定是等比数列的是（ ）A. （kR）B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能构成等比数列，当
5、不为0时，根据等比数列的定义确定.【详解】设等比数列公比为，当时，数列不是等比数列；当时，数列不是等比数列；当时，数列不是等比数列；因为，由等比数列的定义可知：数列是等比数列，故选：. 6. 已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（ ）A. 1B. 3C. 8D. 9【答案】D【解析】【分析】根据两直线方程表达式及其位置关系可得，在利用基本不等式即可求得的最小值.【详解】由题可知，两条直线斜率一定存在，又因为两直线垂直，所以斜率乘积为，即，即，整理可得，所以，当且仅当时，等号成立；因此的最小值为.故选：D7. 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
6、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. 【答案】B【解析】【分析】根据题意即可求得为直角三角形，计算出点与塔顶的高度差，即可求得塔高. 【详解】根据题意可得，m，m，所以m；设塔顶为点，作于，如下图所示：易知，所以，所以m，同理m，即塔高m；所以该塔的高度为16.故选：B8. 已知矩形ABCD中，AB=3，BC=2，将CBD沿BD折起至CBD.当直线CB与AD所成的角最大时，三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断当与所成角最大时，进而证得
7、面，再证得是直角三角形，故可由求得结果.【详解】因为异面直线最大角为直角，故当时，与所成角最大，因为四边形是矩形，所以，又，面，故面，又因为面，所以， 在中，所以，又，所以，故，所以.故选：C.二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.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【答案】AD【解析】【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用复数的概念可判断B选项；利用复数的除法可判断C选项；利用复数模的三角不等式可判断D选项
8、.【详解】对于A选项，因为，则，A对；对于B选项，复数的虚部为，B错；对于C选项，C错；对于D选项，令，则，即在圆心为半径为1的圆上，而表示圆上点到原点的距离，由圆心到原点的距离为，结合圆上点到定点距离范围易知：的最大值为，D对.故选：AD.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【答案】BD【解析】【分析】根据任意角的
9、概念和题意逐项进行分析即可求解.【详解】对于，由题意可知：经过1后，所以此时扇形AOB的面积为，故选项错误；对于，经过2后，所以此时劣弧的长为，故选项正确；对于，经过6后，质点转过的角度为，结合题意，此时质点为角的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为，故选项错误；对于，经过后，质点转过的角度为，质点转过的角度为，因为，所以经过后，质点，在单位圆上第一次相遇，故选项正确，故选：.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. 【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A：根据导数得出其单调性，则根据零点的定义结合图像得出时，才有三个零点；对于选
10、项B：根据解析式得出当时，即可结合已知得出根据单调性得出答案；对于选项C：令，根据导数得出其单调性与最值，即可得出，即可结合已知得出，即可根据单调性得出答案；对于选项D：根据已知得出，代入解析式转化得出，令，即可根据导数求出其最值，即可得出答案.【详解】，令，则；令，则且；增区间为：，减区间为：与，对于A选项：且有三个零点，即A选项正确；对于B选项：当时，即， 在上单调递减，即，即B选项错误；对于C选项：令，.，在上递减，即.，.，又在上单调递增，即，即C选项正确；对于D选项：，即，令，则，令，则，令，解得，令，解得， 即在上单调递减，在上单调递增，则在上的最小值为，故，故D选项正确.故选：A
11、CD.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【答案】ABC【解析】【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知 三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可
12、得出结果.【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：当时，即，由平面向量线性运算法则可知，点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，又，且平面，所以平面；又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；取平面进行平面距离分析，如下图所示：所以，当且仅当三点共线时，等号成立，此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确； 对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧
13、，如下图中细虚线所示：所以动点P的轨迹长为，故C正确；对于D，当时，取的中点为，即；由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，； 作于点，设，易知，由相似比可得，设外接球半径为，则，解得；所以，易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；又，所以半径的取值范围是，即D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.其中第15题的第一个空填对得2分，第二个空填对
14、得3分.13. 命题“，”为假命题，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】分析可知命题“，”为真命题，对实数的取值进行分类讨论，在时，直接验证即可；当时，根据二次不等式恒成立可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.【详解】由题意可知，命题“，”为真命题.当时，由可得，不合乎题意；当时，由题意可得，解得.因此，实数的取值范围是.故答案：. 14. 已知向量的夹角为，且，则_.【答案】【解析】【分析】由平面向量数量积的定义可得，再由，结合平面向量数量积的运算律即可得解.【详解】因为向量，的夹角为，所以，所以，所以.故答案为：.15. 意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现
15、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n2）.（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则_.（2）若，则_.【答案】 . 2697 . #-1+a【解析】【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.【详解】（1）由题意，则，则，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为 ，所以；（2
16、）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，所以.故答案为：2697，a -116. 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_.【答案】【解析】【分析】作出函数的图形，求出过点过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.【详解】当时，则，所以，函数在上为增函数；当时，由可得，即，作出函数的图象如下图所示：设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为，设切点为，所以，切线方程为， 将原点坐标代入切线方程可得，即，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，且，由，解得，所以，而函数的渐近线方程为，设直线与的夹角为
17、，设直线的倾斜角为，则，结合图形可知，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.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. 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，
18、女生的平均数和方差分别为15.2cm和17.56.（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.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，【答案】（1） （2）16【解析】 【分析】（1）根据分层抽样的比例确定男女生人数分别为，结合两个样本平均数即可求得总样本的平均数；（2）根据（1）中求得数据代入计算即可得出结果.【小问1详解】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
19、本的平均数为.【小问2详解】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. 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，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.【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）解法一，利用余弦定理将角化边；解法二，利用正弦定理将边化角；（2）若选择，利用正弦定理得到，则，将其转化为关于的三角函数，结合是锐角三
20、角形，求出范围，再结合正弦函数的性质求出 的面积的取值范围；若选择，依题意可得，由三角形为锐角三角形利用余弦定理求出的取值范围，利用余弦定理表示出，即可得到，将转化为关于的函数，结合二次函数的性质计算可得.【小问1详解】解法一：因为，由余弦定理，得；解法二：因为，由正弦定理，得，即.【小问2详解】选择：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：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. 如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为菱形,且DAB=60
21、,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.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1)根据四边形ABCD为菱形,可得,根据可得,根据线面垂直的判定定理即可证明结论;(2)连接OE,过O作OGAE,连接GF,先由勾股定理可证明EOFO,由(1)的结论可得FOAC,根据线面垂直的判定定理证明FO平面AEC,即FOEA,根据线面垂直的判定定理可证明EA平面OFG,即有EAGF,根据二面角的定义可得OGF为二面角F-AE-C的平面角,在直角中根据面积相等求出,再在直角中即可求出结果.【小问1详
22、解】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;【小问2详解】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EOFO,由(1)可知AC平面BDEF,平面BDEF,、所以FOAC,因为,平面AEC,平面AEC,所以FO平面AEC, 又平面AEC,所以FOEA,过O作OGAE,垂足为G,连接GF,因为OGOF=O,平面OFG,平面OFG,所以EA平面OFG,因为平面OFG,所以EAGF,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
23、,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. 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.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）首先根据等差数列的定义得到的通项公式，即可得到，再根据 计算可得；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】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.【小问2详解】解：由（1）可得所以，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
24、于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值.【答案】（1）； （2）最小值为6. 【解析】【分析】(1)根据题意列出等式化简即可；(2) 设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，联立直线OP的方程与的方程，可得，同理可得，进而可得，再利用基本不等式求解即可.【小问1详解】解：由已知可得：，整理化简可得：，即,所以动点的轨迹方程为：；【小问2详解】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. 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.
25、（参考数据：，）【答案】（1）在上单调递减 （2）【解析】【分析】（1）对函数求导判断出导函数恒小于等于0，即可得在上单调递减；（2）利用导函数判断出函数的单调性，并根据不等式可得出以及的取值范围，代入整理可得，再根据函数的定义和参考数据即可求得结果.【小问1详解】函数的定义域是，易知恒成立，在上单调递减.【小问2详解】，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.【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出函数最值以后，将不等式恒成立问题转化成研究二次函数的根的分布情况得出参数的关系式，然后对进行化简求解即可.