辽宁省丹东市五校协作体2023-2024学年高三上学期12月联考 数学试题（含解析）

丹东市五校协作体联考数学科试卷一.单项选择题：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．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数z在复平面内对应的点为，z是的共轭复数，则（

）A． B． C． D．3．某校科技社利用打印技术制作实心模型.如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台.其中半球的体积V为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量m约为（

）（，）A． B． C． D．4．当是函数的极小值点，则的值为（

）A． B． C．或 D．或5．对任意的实数x，，则值为（

）A．60 B．120 C．240 D．4806．三个家庭的3位妈妈带着2名女宝和2名男宝共7人踏春，在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；2名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有（

）A．192种 B．288种 C．144种 D．96种7．在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二.多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分.9．已知a，b，c满足，且，那么下列选项中一定成立的是（

）A． B． C． D．10．在四棱锥中，底面为正方形，侧棱垂直于底面，且，则下列正确的是（

）A．直线与直线所成角为 B．直线与所成角为C．直线与平面所成角为 D．平面与底面夹角的正切值为211．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，可在全球范围内为各类用户提供全天候、全天时、高精度、高定位、导航、授时服务，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗导航能实现“天地互通”的关键是信号处理，其中某语言通讯的传递可以用函数近似模拟其信号，则下列结论中正确的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于点对称C．函数图象的一条对称轴是D．若，，则的最小值为12．已知函数的定义域为是奇函数，分别是函数的导函数，在上单调递减，则（

）A． B．C．的图象关于直线对称 D．三.填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分.13．已知向量与满足，则与的夹角为．14．已知x，y，z为正实数，则的最大值为.15．若，且，则16．已知菱形的边长为4，对角线，将沿着折叠，使得二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为.四.解答题：本题共6小题，计70分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.17．已知向量，，(1)求函数的单调递减区间；(2)若，，求的值.18．已知等差数列的公差为整数，，设其前n项和为，且是公差为的等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.19．在中，，，的对边长度分别为a，b，c，O为内切圆圆心，交于，交于，交于，已知，且.(1)求的大小；(2)若内切圆的半径，求边a的长度.20．如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点E，与交于点F，现将四边形沿折起，使C，D分别到点G，H的位置，得到几何体，如图2所示.(1)判断线段上是否存在点P，使得平面平面，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.(2)若，求平面与平面所成角的正弦值.21．ChatGPT是由人工智能研究实验室OpenAI于2022年11月30日发布的一款全新聊天机器人棋型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT的开发主要采用PLHF（人类反馈强化学习）技术.在测试ChatGPT时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT的回答被采纳的概率为，当出现语法错误时，ChatGPT的回答被采纳的概率为.(1)在某次测试中输入了7个问题，ChatGPT的回答有5个被采纳.现从这7个问题中抽取3个，以表示这抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望；(2)已知输入的问题出现语法错误的概率为，（i）求ChatGPT的回答被采纳的概率；（ii）若已知ChatGPT的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率.22．已知函数．(1)若恒成立，求a；(2)若的两个零点分别为，证明：．1．B【分析】分别解不等式得集合A，B，再求交集即可.【详解】因为，，所以，故选：B.2．B【分析】由题意可得复数，再由共轭复数的概念、复数的除法运算即可求解.【详解】由题意，所以.故选：B.3．C【分析】通过半球体积求出半径，求出圆台体积，再求质量即可.【详解】设球的半径为，因为半球的体积V为，即，解得，所以圆台的上底面半径及高均是3，所以圆台的体积为，所以该模型所需原料的质量m约为，故选：C.4．A【分析】由是函数的极小值点，则对求导，然后利用并结合极小值点左右导数值的知识即可求解.【详解】对函数求导得：，又由是函数的极小值点，所以，即，解得或，当时，，当时，，在区间单调递减，当时，，在区间单调递增，所以是的极小值点，故满足题意；当时，，当时，，在区间单调递增，当时，，在区间单调递减，所以是的极大值点，故不满足题意.综上所述：，故A项正确.故选：A.5．C【分析】首先分析题意，利用二项式定理和结合赋值法进行计算.【详解】.故选：C.6．D【分析】利用捆绑法和插空法进行求解．【详解】第一步：先将3名母亲全排，共有种排法；第二步：将2名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；第三步：将“捆绑”在一起的2名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法．∴不同的排法种数有：种．故选：D7．A【分析】根据正弦定理化简，求出，化简得，根据三角形为锐角三角形求出范围，进而求出范围即可.【详解】由，根据正弦定理得，因为，所以，因为三角形为锐角三角形，所以，即，，由题，则，所以，故选：A8．D【解析】原题等价于函数的图象与直线有四个交点，当直线与函数相切时，，当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得，再结合图象即可得结果.【详解】作出的图象如图所示，方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，其临界位置为和两段曲线相切时，当直线与函数相切时，联立得，由，解得或（由图可得舍负）当直线与函数相切时，设切点坐标为，，切线的斜率为：，切线方程为，由于切线恒过，代入可得，可得：，即由图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，故选：D.【点睛】本题主要考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，有一定难度.9．BD【分析】因为，且，所以，与0的大小关系不确定，然后依次对每个选项进行分析即可.【详解】因为，且，所以，与0的大小关系不确定，对于A：若，则不合题意，故A错误；对于B：因为，所以，故B正确；对于C：，所以，故C错误；对于D：由基本不等式得，又，，所以，故D正确，故选：BD.10．AD【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，对于AB选项，直接求出直线的方向向量，由向量的夹角公式运算即可判断，对于CD选项，分别求出直线的方向向量，平面的法向量，由线面角的正弦公式以及平面法向量的夹角公式运算即可求解.【详解】由题意面，面，所以，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：不妨设底面正方形的边长为，则，所以，对于A，，所以，故A正确；对于B，，即直线与所成角不为，故B不正确；对于C，由题意可取平面的一个法向量为，由B选项可知，设直线与平面所成角为，则，所以，故C错误；平面与底面夹角为，平面的法向量为，而，所以，令，解得，所以不妨取，底面的法向量为，从而，，故D正确.故选：AD.11．ACD【分析】先求出周期性，通过正弦函数的性质可判断A；根据点关于点对称的点不在函数图象上，判断B不正确；根据判断C正确；根据函数的最大值，结合推出，再根据的最小正周期为可得的最小值为，可得D正确.【详解】对于A，因为的最小正周期为，而向右平移单位可得，故函数的最小正周期为，故A正确；对于B，在的图象上取一点，其关于点对称的点不在的图象上，所以函数的图象不关于点对称，故B不正确；对于C，因为，所以函数图象的一条对称轴是，故C正确；对于D，因为，所以，因为由A知，函数的最小正周期为，所以，故D正确.故选：ACD.12．ACD【分析】根据的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确,结合解析式，求导后比较两式即得B项错误，运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正确.【详解】对于A选项，因是奇函数，故有则，故A项正确；对于B选项，因故，从而，而，则，故B项错误；对于C选项，因，故的图象关于直线对称，故C项正确；对于D选项，因的图象关于直线对称，故设则又设则有从而在上递增，则即在上递增，，故有恒成立，则，又因在上单调递减，则在上单调递增，又，故即：故D项正确.故选：ACD.13．【分析】设，根据向量的运算可将化简得，由根据数量积性质求,再由向量夹角公式求与的夹角.【详解】设，则，再设与的夹角为，因为，则有，变形可得，所以，又由，故，则，故，又由，则；故答案为：．14．【分析】根据基本不等式，得到，进而求得其最大值，得到答案.【详解】因为，可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.故答案为：.15．【分析】根据三角函数的基本关系式，结合“齐次式”的运算，求得，再利用正切的倍角公式，即可求解.【详解】由，因为，可得，解得或，又因为，所以，则.故答案为：.16．【分析】取中点为，连接，，易知即为二面角的平面角，由与是边长为4的等边三角形，则重心、，即为外心，记该几何体的外接球球心为，连接，，可得平面，平面，结合与都是直角三角形和二面角求得，再由外接球的半径为求解.【详解】如图所示：

将沿折起后，取中点为，连接，，则，，所以即为二面角的平面角，所以；与是边长为4的等边三角形.分别记三角形与的重心为、，则，；即；因为与都是边长为4的等边三角形，所以点是的外心，点是的外心；记该几何体的外接球球心为，连接，，根据球的性质，可得平面，平面，所以与都是直角三角形，且为公共边，所以与全等，因此，所以；因为，，，且平面，平面，所以平面；又平面，所以，连接，则外接球半径，所以外接球表面积为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键是根据与都是边长为4的等边三角形，得到外心的位置，进而由两平面过外心的垂线的交点即为球心而得解.17．(1)函数的单调递减区间为，(2)【分析】（1）根据向量的数量积及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的单调性求解；（2）根据同角三角函数间的基本关系，结合角的变换及两角差的正弦公式求解.【详解】（1），令，解得，，函数的单调递减区间为，.（2），，则，，，则.18．(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的性质即可求解公差，进而可求解，（2）分类讨论，即可根据等差数列求和公式求解.【详解】（1）设的公差为，依题意得，所以，即，化简得，解得或（舍去），，所以经检验满足题意.（2）依题意得，，，其前项和，当时，，，故，当时，，故所以.19．(1)(2)【分析】（1）将的面积转化为两个三角形面积之和，即再利用角平线性质和三角形面积公式求解；（2）利用角平线上的点到角两边距离相等表示BC边，再利用余弦定理求解.【详解】（1）因为，且O为内心，角平分线交点，，所以，所以，因为且，所以，由得，，所以.（2）如图所示，因为为的内切圆，由得：，，，，则，，，即，又，，，，在中由余弦定理得：所以，整理得，（舍），.20．(1)存在点，点为线段的中点(2)【分析】(1)当点P为线段EH的中点时，先证明平面,再证平面,由面面平行判定定理证明；(2)先证明.,再以点E为坐标原点，EA,EF,EH所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面.证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.连接，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面，，所以平面平面.（2）因为，，所以，所以，又，，所以，，两两垂直.故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，得，取，得.设平面的法向量为，则，取，得.设平面与平面所成角为，则，所以，所以平面与平面所成角的正弦值为.21．(1)分布列见解析，(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）服从超几何概率分布，直接求解即可.（2）利用全概率公式求解Cha