辽宁省沈阳市二十中学2023届高三数学上学期三模考试试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省沈阳市二十中学2023届高三数学上学期三模考试试卷（Word版附解析）
沈阳市第二十中学2023届高三三模考试数学试卷一、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，则满足的集合B的个数是（ ）A. 7 B. 8 C. 15 D. 16【答案】B【解析】【分析】根据集合交运算的结果，结合集合的元素，直接求解即可.【详解】，又，则的元素必有，故可以为如下个集合中的任意一个：.故选：B.2. 已知，且为虚数单位，则的最大值是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而表示圆上的点到的距离，由圆的图形可得的的最大值.【详解】根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.表示圆C上的点到的距离，的最大值是，故选B【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，圆的性质，属于中档题.3. “，使得成立”是“恒成立”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】结合函数的最值（值域）以及充分、必要条件的知识来确定正确答案.【详解】的最小值为2，故，“恒成立”，即“恒成立”，所以，故.故是充要条件.故选：C4. 我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆柱圆锥.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.5. 已知函数，则的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.【详解】当时，，则，在上单调递增，BD错误；当时，，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.故选：A.6. 已知函数的部分图象如图所示，若存在，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用图象求得函数解析式为，由结合正弦函数的对称性得出，且有，将代入结合诱导公式可求得的值.【详解】由图象知函数的最小正周期为，，又，且，，，所以，，，，当时，，因为存在，满足，即，则，可得，且，则.故选：C.【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函数的最小正周期，进而得出；（3）取特殊点代入函数可求得的值.7. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，结合零点的意义求出的零点，数形结合求出方程有三个根的a的取值范围作答.【详解】由得：或，因函数，由解得，因此函数有四个不同的零点，当且仅当方程有三个不同的根，函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为，函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，方程有3个不同的根，当且仅当直线与函数的图象有3个公共点，观察图象知，当或，即或时，直线与函数的图象有3个公共点，所以实数的取值范围是.故选：A【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.8. 已知直线与曲线，分别交于点，则的最小值为（ ）A. B. C. 1 D. e【答案】B【解析】【分析】设与直线垂直，且与相切的直线为，切点为，设与直线垂直，且与相切的直线为，切点为，进而根据导数的几何意义求得坐标得，即可得直线与直线重合时最小，再求距离即可.【详解】解：设与直线垂直，且与相切的直线为，设与直线垂直，且与相切的直线为，所以，，设直线与的切点为，因为，所以，解得，，即，设直线与的切点为，因为，所以，解得，，即，此时，所以，当直线与直线重合时，最小，最小值为.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知函数的导数满足对恒成立，且实数，满足，则下列关系式不恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】由题意，根据构造函数的思想，明确其单调性，得到两个字母之间的胆小，结合四个选项对应函数的单调性，可得答案.【详解】令，则对恒成立，∴在时单调递增.又由实数，满足，即，∴，若，则，故A、B选项错误；令，则，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，故大小不确定，C选项错误；令，则，此时单调递增，又∵，∴，∴，即，故D选项正确.故选：ABC.10. 以下四个命题表述正确的是（ ）A. 椭圆上的点到直线的最大距离为B. 已知圆C：，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，AB为切点，直线AB经过定点C. 曲线：与曲线：恰有三条公切线，则m＝4D. 圆上存在4个点到直线l：的距离都等于1【答案】ABC【解析】【分析】对于A:斜率为且与椭圆相切的直线到直线的距离为到椭圆的最大值或者最小值.对于B:根据AB为切点，得出，，由此判断AB在以为直径的圆上，以此求出公共弦AB的直线方程，找到定点.对于C:两圆三条公切线，说明两圆外切，两圆心距离应该等于两圆半径之和.对于D:判断直线与圆上各点距离两个方向的最远距离，两值大于1则有四个满足条件的点.【详解】对于A:设直线与椭圆相切，联立方程得：，因为直线与椭圆相切，所以，得当时，直线与距离最大，最大距离为故A正确.对于B:设点，因为AB为切点，所以，，连接，根据圆周角与圆直径关系可知，AB两点在以为直径的圆上，圆的方程为，两圆公共弦AB所在直线方程为，联立方程得，令，则故B正确.对于C: 曲线：，曲线:，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故，得故C正确.对于D:直线 与圆相切，且与距离为1，因此圆上存在3个点到直线l：的距离都等于1故D错误.故选:ABC【点睛】圆锥曲线与相交直线的最远距离求法：1.设一条与相交直线平行的直线;2.假设直线与曲线相切并联立方程，求出直线方程;3.根据平行线距离公式求出两直线距离，即是圆锥曲线与相交直线的最远距离.11. 已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上.平面ABC，在底面中，，，，若球O的体积为，则下列说法正确的是（ ）A. 球O的半径为 B. C. 底面外接圆的面积为 D. 【答案】BCD【解析】【分析】A. 根据球O的体积为求解判断；B. 利用余弦定理求解判断； C.利用正弦定理求解判断；D. 设的外心为E，作平面ABC，由，利用截面性质求解判断.【详解】解：设球的半径为R，由体积公式得：，则，即，故A错误；在中，由余弦定理得，，所以，故B正确；设外接圆的半径为r，由正弦定理得 ，则，所以底面外接圆的面积为，故C正确；如图所示：设的外心为E，作平面ABC，则，所以，故D正确，故选：BCD12. 已知函数，则（ ）A. B. 的最大值为C. 在单调递减D. 在单调递增【答案】BC【解析】【分析】A选项可通过检查特殊位置的函数值是否在定义域内，显然函数的一个周期是，结合定义域，研究函数上的单调性可解决CD选项，B选项换元之后，利用导数研究函数的最值.【详解】，但无意义，故不恒成立，故A选项错误；定义域满足，即，在定义域内，故不妨考虑，，故时，，，单调递增，，,，，单调递减，故C选项正确；时，由于在定义域内，故等效于考虑，此时先递增后递减，故D选项错误；设，则，此时记，，，，单调递增，，，单调递减，故在取到最大值，故B选项正确.故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，且，则____________．【答案】##【解析】【分析】由三角恒等变换公式化简后求解【详解】，，因为，所以，，所以．故答案为：14. 设，是双曲线：的两个焦点，为坐标原点，点P在的右支上，且，则的面积为________.【答案】8【解析】【分析】由平面向量的运算可得，设，，则点在以为直径的圆上，故.又点在双曲线的右支上，根据双曲线的定义可得，根据可求，从而可求的面积.【详解】由，得，所以，可得.不妨设，，所以，所以点在以为直径的圆上，所以是以为直角顶点的直角三角形.故．又因为点在双曲线的右支上，所以，所以，解得，所以．故答案为:8.15. 对于函数，若在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数在上存在1级“平移点”，则实数的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.【详解】由在上存在1级“平移点”，则有解，即：，得：，∴在上有解，令，，则，∴在上单调递增，则，∴，即.故答案为：16. 已知复数，对于数列，定义为的“优值”．若某数列的“优值”，则数列的通项公式______；若不等式对于恒成立，则k的取值范围是______．【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】根据复数的运算以及优值得定义可知，进而可得通项，根据通项得，分奇数和偶数两种情况讨论即可得范围.【详解】由得,所以,进而可得,当时,,两式相减得,当时,也符合.故即可当为偶数时, (当时等号成立)，故当奇数时, (当时等号成立)，故，故对于恒成立，则故答案为：，四、解答题：本题共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. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．（1）求角B的大小；（2）从下列条件中选择2个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．【答案】（1） （2）选条件②③：可确定唯一三角形，且面积为；选条件①③：可确定唯一三角形，且面积为.【解析】分析】（1）根据正弦定理边角互化以及同角关系即可求解，（2）根据正弦定理以及余弦定理结合给定的条件即可逐一选择两个条件进行判别三角形是否唯一，最后根据面积公式即可求解.【小问1详解】由正弦定理，因为，所以，因为，所以，所以，故，又因为，所以．【小问2详解】若选条件①：；条件②：，由（1）知，，由余弦定理得，解得，答案不唯一，所以舍去．若选条件②：；条件③：；由（1）知，因为，，所以，由正弦定理，解得，由余弦定理得，解得或（舍去）则的面积为；若选条件①：；条件③：；由（1），因为，，所以，所以，由正弦定理得，解得，则的面积为．18. 已知双曲线的左、右顶点分别为，右焦点为，点P为C上一动点（异于两点），直线和直线与直线分别交于M，N两点，当垂直于x轴时，的面积为2．（1）求C的方程；（2）求证：为定值，并求出该定值．【答案】（1） （2）证明见解析，90°【解析】【分析】（1）由题意可得的方程组，从而得到结果；（2）设，得到直线和直线的方程，解出M，N两点坐标，可知，从而得到定值.【小问1详解】由题意知，则．当轴时，，故的面积，解得，故C的方程为．【小问2详解】由（1）得，设，则直线，令，得；直线，令得．故，因为，故，又，则．因此，故，即．19. 正项数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用数列通项与前项和的关系即可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可求得数列的前项和.【小问1详解】当时，，即解得或，因为数列为正项数列，所以，因为，所以，解得或，因为数列各项都是正数，所以，当时，有，所以，解得，又当时，，符合.所以数列的通项公式【小问2详解】设数列的前项和为，则，，，上述两式相减，得.则所以，数列的前项和为.20. 如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，.（1）证明：平面平面；（2）在棱上有一点，使得平面与平面的夹角余弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用面，证明面，从而面面；（2）建立平面直角坐标系，设，利用二面角确定M点位置，结合点到平面距离向量公式得到结果.．【小问1详解】证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】∵，平面，∴平面，且，∴以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角余弦值为，，，，，，，，0，，，，，，0，，，，则设，0，，，，，所以，，，，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，取，得，，，，解得，此时，∴，∴点到平面的距离.21. 已知椭圆经过点，左焦点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于两点，点满足（为原点），求四边形面积的最大值.【答案】（1）； （2）2.【解析】【分析】（1）根据椭圆经过的点和焦点，由待定系数法即可求解.（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得根与系数的关系，进而根据面积公式表达出面积函数，利用换元法以及不等式即可求解最值.【小问1详解】设椭圆的焦距为，则，又因为椭圆经过点，所以，又 ，，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】因，所以四边形为平行四边形，当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆交于，两点，由.由，，，令，则（由上式知），，当且仅当，即时取等号.∴当时，平行四边形的面积最大值为2.22. 已知．（1）求曲线在处的切线方程；（2）判断函数的零点个数；（3）证明：当时，．【答案】（1） （2）1个 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）由函数在某点处的切线方程求解，先求导求斜率，再求切点，可得答案；（2）由（1）可得导数，再次求导，研究导数的单调性，进的得到函数的单调性，可得答案；（3）将所正的问题转化为，分和讨论，分别利用导数研究函数的单调性、最值，进而得出证明即可.【小问1详解】由，则，即切线方程的斜率，，则切线方程为.【小问2详解】由（1）可知，令，则，故函数在上单调递增，由（1）可知，，则当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.故，则函数存在唯一零点，零点为.【小问3详解】要证，即证：，①当时，，而，所以不等式成立；②当时，，由（1）知时，，所以，则，所以只需证，令，则，所以在上单调递减，所以，即，故只需证，即证：，令，则，，单调递增，故，故单调递增，即，故，综上所述，在时成立.【点睛】用导数研究函数的零点个数问题，需要明确函数的单调区间，在每一个单调区间上利用零点存在性定理可得解决零点的问题；在利用导数证明不等式时，面对含有三角函数和对数函数、指数函数的，利用放缩法简化不等式是解决问题的常用方法.