数学答案（四）

曲靖一中2023届高三教学质量监测卷（四）数学参考答案二、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DCBDBCBDABDACABDABD1．D【详解】由，可得，则；由，可得，则；所以，故选：D．2．C【详解】因为为纯虚数，所以设，则由，得，即，所以，解得.故选：C.3．B【详解】解：依题意设，则，即，所以，故；故选：B．4．D【详解】由题意可知，酒杯是由圆柱和半球的组合体，所以酒杯内壁表面积是圆柱的侧面积与半球的表面积之和，因为球的半径为，所以半球的表面积为，半球的体积为，设圆柱体的高为，则体积为，又酒杯的容积为所以，解得：，因为球的半径为，酒杯圆柱部分高为，所以圆柱的侧面积为，所以酒杯内壁表面积为.故选：D.5．B【详解】分两种情况讨论：分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法；分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法，故共有种分配方法.故选：B.6．C【详解】函数，由可知函数图像的一个对称中心为，所以有，解得，由，当时，有最小值5.故选：C7．B【详解】∵，，∴∵，，∴综上，．故选：B．8．D【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的直角边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为4，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，故不成立．综上所述，顶点P的轨迹的总长度为．故选：D．9．ABD【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，对于A，，，，，点到直线的距离，A正确；对于B，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；轴平面，平面的一个法向量，，，，由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的正切值为，B正确；对于C，平面，平面，，又，，平面，平面，平面的一个法向量为，又，，即直线与平面所成的角为，C错误；对于D，平面的法向量，，，即，面，D正确.故选：ABD.10．AC【详解】对于AB：，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.11．ABD【详解】因为点在抛物线上，所以解得，所以抛物线方程为，所以准线方程为，所以A正确;由抛物线的定义得由,所以.所以B正确;设，联立整理得，由韦达定理得，所以，解得，，所以C错误;,由抛物线定义知，所以,当且仅当时取得等号，所以D正确.故选:ABD.12．ABD【详解】由，令，得，所以，关于直线对称.由于的图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以是奇函数.所以，所以的周期为，A选项正确.，B选项正确.结合上述分析可知，关于点（）对称，所以关于点（）对称，所以关于点（）对称，所以关于点（）对称，令，得关于点对称，D选项正确，C选项错误.故选：ABD三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13、-4514、（答案不唯一）15、16、13．【详解】展开式通项公式为，，，，，所以所求常数项为，故答案为：．14．（答案不唯一）【详解】因为，所以直线和关于直线，对称，所以与直线和都相切的圆的圆心在直线或直线上（除原点外），设圆心，则半径，所以圆的方程为（答案不唯一）.故答案为：.15．【详解】因为，则，有已知条件可得：，使得，即，当，所以.故答案为：.16．     【详解】由题意可知直线有斜率，设直线的方程为：联立直线和圆的方程：，所以可知，故联立直线和椭圆的方程：设，则设中点为,由可知：,即是的中点，在直线方程中，令由中点坐标公式可知：，，故，直线方程为故答案为四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，因为成等差数列，所以，又，所以，因为，所以所以或，又数列各项均为正整数，所以，所以．…………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，所以，所以，所以．所以．…………………………………………（5分）18．【详解】（1）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.选条件②：因为，所以所以，又因为，所以，所以，所以，选条件③：由正弦定理可得即，又因为，所以，因为，所以.…………………………………………（6分）（2），，则即，即周长的取值范围为.…………………………………………（12分）19．（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：如下图，连接，在△中，故，即，所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，因为，且，面，所以面，由面，故面面.…………………………………………（6分）（2）由，则，由，则，又，且面，则面，而面，所以，结合，，且面，所以面，面，故，，又，即，故两两垂直，所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，令且，故，而，若为面的法向量，则，令，则，显然面的一个法向量为，因为直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以，，即，所以，即，又，即，故，则底面为直角梯形，故的体积为.…………………………………………（12分）20．（1）设，则，因为，，，所以．把代入，得．即关于的回归方程为；…………………………………………（6分）（2）由题意知，，，由得，所以，的取值依次为0，1，2，3，4，，，，，，所以X的分布列为X01234P.…………………………………………（12分）21．【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；当时，由得：，，双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述：双曲线的方程为：.…………………………………………（4分）（2）由题意得：，假设存在定点满足题意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存在时，设，，，由得：，，，，，，整理可得：，由得：；当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，，则，，当时，，，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.方法二：①当直线斜率为时，，则，，，，，，解得：；②当直线斜率不为时，设，，，由得：，，，，；当，即时，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.…………………………………………（12分）22.(1)的定义域为，令，则，所以在为增函数，当时，，即，当时，，即，当时，，即，…………………………………………（5分）（2）由（1）可得：当时，，即：，将代入可得：，整理可得：，则有：，，…，，将以上个式子两边分别相加，可得：，即证：…………………………………………（12分）