吉林省延边朝鲜族自治州敦化市实验中学校2023-2024学年高三上学期教学质量检测考试数学试题（含解析）

参考答案、提示及评分细则
1．A 由，解得，所以．故选A．
2．B 由，解得，所以，因为，所以，故，故选B．
3．D 由，有，可知函数的图象恒过定点．
4．C 由对应的概率为，有，可得．设第40百分位数估计为，由，，有，可得．
5．B 连接，有，有，，可得．
6．C 线段中点坐标为，直线的斜率为1，线段的中垂线方程为，整理为，联立方程解得可得圆心的坐标为，，可得圆的方程为，令，有，可得．
7．D 由题意有，可得，又由，有，可得当时，，可得，，又由，有，解得．
8．C 由，有，又由，有，可得，设点的坐标为，有，可得，点，的坐标分别为，，有，可得，椭圆的离心率为．
9．AC 由，可得，又由，可得，可得，有，令，解得，令，可得，故中，最大，故选AC．
10．ABD 过点作，取的中点，连接，，，圆台的高，圆台的侧面积为，圆台的体积为．又由，可得，可得与下底面所成的角为．又由，平面，可得异面直线和所成的角为，在中，，，可得，故异面直线和所成的角为．故选ABD．
11．ABD 对于A选项，由，令，有，可得函数的减区间为，增区间为，可得，故A选项正确；
对于B选项，由，当时，，当时，单调递增，有唯一解，有，故B选项正确；
对于C选项，当时，，当时，单调递增，至多有一个解，故C选项错误；
对于D选项，由，，有，又由函数的增区间为，有，故D选项正确．故选ABD．
12．ACD 由抛物线的定义可知，可得抛物线的方程为，故A选项正确；
设点的坐标为，其中，由，可得的中点坐标为，代入抛物线的方程有，可得，可得点的坐标为，故B选项错误；
设直线的方程为，联立方程消去后整理为，由直线与抛物线相切，有，可得，可得直线的方程为，点的坐标为，直线的斜率为，由，可得，故C选项正确；
又由，，，，有，故D选项正确．故选ACD．
13． 利用捆绑法，男生站在一起，女生站在一起的概率为．
14．或 设切点的坐标为，由，点处的切线方程为，代入原点坐标，有，解得或1，可得过原点的切线方程为或．
15． 由，有，有，又由，有，可得．
16． 连接，设，则，
又，所以圆锥的底面半径，
圆锥的高，
则该圆锥的体积为，解得，
所以，，即母线长，
所以侧面积．
17．解：（1）由正弦定理有，
由，有，
又由，有，
又由，有，又由，可得；
（2）在中，利用余弦定理，，
将，代入化简有，
解出或（舍去），由于，则，
因此的面积为．
18．解：（1）由，得，
又，是以1为首项，3为公比的等比数列，
，；
（2），①
①×3得，②
①－②得，
．
19．（1）证明：如图，取的中点，连接与相交于点，
正三棱柱，底面，又平面，，
为的中点，，，
，，，，平面，平面，
又平面，，
，，，，
，，
，，，平面，，平面，
平面，；
（2）解：取的中点，连接，由，，两两垂直，分别以向量，，
方向为、、轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
有，，，，，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
由，，，可得平面与平面的夹角的余弦值为．
20．解：（1）由题意知，的所有可能值为0，1，2，3，
则，
，
，
．
由此得的分布列如下表：
0 1 2 3
；
（2）根据，由（1）知当时，取得最小值，
①一株种树苗最终成活的概率为；
②记为株种树苗的成活株数，为株种树苗的利润，则．
，，
，
要使，有，可得，
所以该农户应至少种植1036株种树苗，就可获利不低于30万元．
21．（1）证明：因为，所以，且知，
要证函数单调递增，即证在上恒成立，
设，，则，
注意，在上均为增函数，故在上单调递增，且，
于是在上单调递减，在上单调递增，，即，
因此函数在上单调递增；
（2）解：由，有，令，有，
①当时，在上恒成立，因此在上单调递减，
注意到，故函数的增区间为，减区间为，
此时是函数的极大值点；
②当时，与在上均为单调增函数，故在上单调递增，
注意到，若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，又知，
则在上单调递增，在上单调递减，此时为函数的极大值点，
若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，
又知，则在上单调递减，在上单调递增，
此时为函数的极小值点．
当时，由（1）可知单调递增，因此非极大值点，
综上所述，实数的取值范围为．
22．解：（1）由题意可知，，即，所以，
设，，则，，
当与轴垂直时，因为，则，
所以，解得，，
即双曲线的标准方程为；
（2）由（1）可知，，，
设直线：，因为直线与双曲线左支相交于两点，所以，
与的方程联立，消去，整理得，
所以，，
所以，
因为，所以，且，所以．
同理可得．
所以，
整理得，
所以，
整理得，
因为为定值，所以或（舍去，理由为当与轴垂直时，，分母无意义），
解得．