数学理卷·2023届吉林省长春市高中毕业班第一次调研测试(2023.12)扫描版

2023年长春市高中毕业班第一次调研测试数学（理科）试题参考答案及评分标准第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填写在答题纸上）题号123456789101112答案BBADCDADBDCC1.【试题答案】【试题解析】由复数虚部定义：复数的虚部为，得的虚部为，故选.2.【试题答案】【试题解析】因为，，所以，故选.3.【试题答案】【试题解析】化简，∴将选项代入验证，当时，取得最值，故选.4.【试题答案】【试题解析】由抛物线标准方程中的几何意义为：抛物线的焦点到准线的距离，又，故选.5.【试题答案】【试题解析】，设公比为，又，则，即，解得或，故选.6.【试题答案】【试题解析】由题意可知，程序框图的运算原理可视为函数，所以，，，故选.OA1第7题图OA1第7题图【试题解析】由，得,则表示该组平行直线在轴的截距。又由约束条件作出可行域如图，先画出，经平移至经过和的交点时，取得最大值，代入，即，所以，故选.8.【试题答案】【试题解析】A选项，直线可能在平面内；B选项，如果直线不在平面内，不能得到；C选项，直线与可能平行，可能异面，还可能相交；故选.9.【试题答案】【试题解析】由得，又，，则，，所以有，即，从而解得，又，所以，故选.10.【试题答案】【试题解析】由三视图可知，该几何体为一个球体，下半球完整，上半球分为四份，去掉了对顶的两份，故表面积应为球的表面积，去掉球的表面积，再加上个圆面积，故，又球半径，，故选.11.【试题答案】【试题解析】不等式表示的平面区域如图所示，函数具有性质，则函数图像必须完全分布在阴影区域①和②部分，分布在区域①和③内，分布在区域②和④内，图像第11题图分布在区域①和②第11题图在每个区域都有图像，故选12.【试题答案】【试题解析】验证，易知时，；时，所以在上恒成立，故在上是增函数，又，∴只有一个零点，记为，则.同理可证明也只有一个零点，记为，且.故有个不同零点，,即将向左平移个单位，即将向右平移个单位，∴，，又函数的零点均在区间内，且，故当，时，即的最小值为，故选第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）13.【试题答案】【试题解析】.14.【试题答案】【试题解析】设球半径，上下底面中心设为，，由题意，外接球心为的中点，设为，则，由，得，又易得，由勾股定理可知，，所以，即棱柱的高，所以该三棱柱的体积为.15.【试题答案】【试题解析】设圆与圆交于,，则直线的方程为：，化简得：又圆平分圆的周长，则直线过,代入的方程得：,∴.16.【试题答案】=3\*GB3③【试题解析】，，则，故①错。，∴，故②错。在是单调递增的周函数，知，故，故=3\*GB3③正确，易知=4\*GB3④错。综上，正确序号为=3\*GB3③。三、解答题（本大题包括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.【试题解析】（1）设等差数列的公差为，则，又，则，故.……………6分（2）由（1）可得，又，即，化简得，解得或（舍），所以的值为4.……12分18.【试题解析】（1）…………4分因为，所以最小正周期.……6分（2）由（1）知，当时，.由正弦函数图象可知，当时，取得最大值，又为锐角所以.……8分由余弦定理得，所以或经检验均符合题意.……10分从而当时，△的面积；……………11分.……12分19.【试题解析】（1）连结交于，∵四边形为正方形，第19题图（1）∴，第19题图（1）∵正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为，，∴平面，又平面∴，又，∴平面，又平面，∴.……………6分第19题图（2）（2）存在满足条件的.第19题图（2）【解法一】假设存在满足条件的点，过点作于点，连结，则，所以为二面角的平面角，……9分所以，在中，所以，又在中，，所以，∴，在中，，∴．故在线段上存在一点，使得二面角为，且.………12分【解法二】依题意，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，因为，则，，，，所以，.易知为平面的法向量，设，所以,设平面的法向量为，所以，即，第19题图2所以，取，第19题图2则，又二面角的大小为，所以，即，解得.又因为，所以.故在线段上是存在点，使二面角的大小为，且.……………12分20.【试题解析】（1）设半焦距为.由题意的中垂线方程分别为，于是圆心坐标为.所以，整理得，……………4分即，所以，于是，即.所以，即.……………6分（2）当时，，此时椭圆的方程为，设，则，所以.…8分当时，上式的最小值为，即，得；…………10分当时，上式的最小值为，即，解得，不合题意，舍去.综上所述，椭圆的方程为.……12分21.【试题解析】（1）由题意，其定义域为，则，2分对于，有.①当时，，∴的单调增区间为；②当时，的两根为，∴的单调增区间为和，的单调减区间为.综上：当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间为和，的单调减区间为.………6分（2）对，其定义域为.求导得，，由题两根分别为，，则有，，………8分∴，从而有，……10分.当时，，∴在上单调递减，又，∴.………………12分请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.【试题解析】(1)由题意知，与圆和圆相切，切点分别为和，由切割线定理有：所以，即为的中点.…5分(2)由为圆的直径，易得，∴，∴∴.………10分23.【试题解析】（1）直线的参数方程，即（为参数）由题知点的直角坐标为，圆半径为，∴圆方程为将代入得圆极坐标方程………5分（2）由题意