2023届东北三省四市教研联合体高三一模数学试题含解析

这是一份2023届东北三省四市教研联合体高三一模数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届东北三省四市教研联合体高三一模数学试题 一、单选题1．已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）A．-3 B． C．3 D．【答案】A【解析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.【详解】因为为实数，则，即，所以.故选：A.2．如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可知，求出集合、、，即可得集合.【详解】由韦恩图可知，，因为，，则，，因此，.故选：D.3．已知随机变量，且，则（    ）A．0.84 B．0.68 C．0.34 D．0.16【答案】B【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.【详解】由题设，而，又，所以.故选：B4．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，因为为正三角形，所以与所成的角为，所以异面直线与所成的角为.故选：C.5．已知等比数列的公比为（且），若，则的值为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】根据等比数列通项的运算性质可求得公比的值.【详解】已知等比数列的公比为（且），若，则，所以，解得.故选：C.6．已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，，得到，数形结合得到，求出答案.【详解】因为，，所以，画出的图象，要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则，解得.故选：A7．已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】利用递推式判断在上的符号及单调性，并得到，即可判断的个数.【详解】令且均属于，则，所以，故，又，故在上恒成立，且在上单调递增，所以，满足仅有，即仅有1个.故选：A8．在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，以及在圆的下端点时，分别取到，两点间距离的最值；若，设，利用两点间的距离公式结合到的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；综上可得，，故选：B 二、多选题9．在中，若，则下列论断正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由化简得到，再逐项判断.【详解】解：由，因为，所以，所以，不一定为1，A错；因为，，∴，从而有，所以B正确，又，所以也不一定等于1，C错；而，D正确；故选：BD10．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面D．若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为【答案】BC【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.【详解】对于A，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；对于B，若，则菱形为正方形，因为平面，平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；对于C，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，又平面，所以平面，故C正确，对于D,直四棱柱在顶点处的离散曲率为,则,即是等边三角形,设,则即为与平面的所成角,,故D错误;故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．11．定义在上的函数，则（    ）A．存在唯一实数，使函数图象关于直线对称B．存在实数，使函数为单调函数C．任意实数，函数都存在最小值D．任意实数，函数都存在两条过原点的切线【答案】ACD【分析】根据对称性先用特殊值求得的值，再判断对称性是否对所以自变量均成立即可判断A；根据导函数的性质即可判断B，C；根据导数的几何意义求解切线方程，代入原点判断方程的实根个数即可判断D.【详解】对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立所以且，所以，解得，且当时，，则，所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；对于C，由于，又令，则恒成立，所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，所以切线方程为，当切线过原点时，有整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.故选：ACD.12．已知直线与椭圆交于两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（    ）A．当时，，使得B．当时，，C．当时，，使得D．当时，，【答案】BC【分析】对于A，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断A选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断B选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合可求得的取值范围，可判断C选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断D选项.【详解】在椭圆中，，，，由题意可得，上焦点记为，对于A选项，设点，，联立，消去得，，由韦达定理可得，，，所以，，选项A错；对于B选项，设线段的中点为，由题意可得，两式作差可得，因为直线的斜率存在，则，所以，，整理可得，又因为，消去可得，其中，所以，，所以，，选项B对；对于C选项，当时，直线的方程为，即，联立可得，，解得，由韦达定理可得，，，同理，所以，，因为，所以，当时，，使得，选项C对；对于D选项，设线段的中点为，由B选项可知，，即，即，由可得，故点的横坐标的取值范围是，而点到直线的距离为，由可得，当且仅当点时，取最小值，选项D错.故选：BC.【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 三、填空题13．若，则__________.【答案】【分析】先化简，再代值计算即可【详解】解：因为，所以，故答案为：14．已知单位向量，的夹角为60°，若，则记作．已知向量，，则___________．【答案】【分析】由数量积公式计算，，再由模长公式计算.【详解】因为所以，故答案为：15．早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，根据图上尺寸， 溢流孔ABC所在抛物线的方程为_________， 溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 ___________ .【答案】          【解析】根据题意，设桥拱所在抛物线的方程为，溢流孔ABC所在方程为，运用待定系数法，求得，，可得右边第二个溢流孔所在方程，联立抛物线方程，可得所求.【详解】设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，代入方程，解得：，所以桥拱所在抛物线方程；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线，由图抛物线经过点，则，解得，所以，点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，设由，解得：所以点A的横坐标为.故答案为：；【点睛】关键点点睛：此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解，根据待定系数法，及平移抛物线后方程的形式即可.16．甲、乙、丙三人每人从写有整数，，的三张卡片中各摸出一张，并按卡片上的数字取出相同数目的石子，放回3张卡片算做完一次游戏，然后再继续进行．当他们做了次游戏后，甲有16粒石子，乙有9粒石子，丙有8粒石子，并且知道最后一次丙摸的是写有整数的卡片，那么第一次游戏时，甲、乙、丙三人中摸到写有整数的卡片是____________．（从甲、乙、丙中选择一个填写）【答案】乙【分析】依题意次游戏所取卡片数字总和为，即可得到和的值，再分析甲、丙的石子数从而确定、、的值，从而得到甲、乙、丙三人三次得到石子数，即可判断.【详解】依题意次游戏所取卡片数字总和为，因为且、、为整数，所以，所以，，由甲得到粒石子且，所以，由丙有粒石子，最后一次丙摸的是写有整数的卡片，则，所以，又，所以，，因此，甲、乙、丙三人三次得到石子数如下表： 第一次第二次第三次甲乙丙 故第一次摸到整数的卡片是乙.故答案为：乙 四、解答题17．从下列条件中选择一个条件补充到题目中：①，其中为的面积，②，③．在中，角，，对应边分别为，，，_______________．(1)求角；(2)若为边的中点，，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①，利用余弦定理可得，再结合面积公式，可得，进而求解；选②，由结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得，进而求解；选③，由结合正弦定理可得，进而得到，进而求解.（2）在中，设，由正弦定理可得，，进而得到，进而求解.【详解】（1）选①，由余弦定理得：，又，所以，得，因为，所以．选②，因为，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，因为，所以．选③，因为，由正弦定理得：，即，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即．（2）在中，设，由正弦定理得，所以，，∴，其中，当时取等号，所以的最大值是．18．如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．(1)证明：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在平面图形中取中点，连接，，由等边三角形性质、三角形全等有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论；（2）首先证两两垂直，再构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值.【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，，∵△是边长为2的等边三角形，∴，，故翻折后有，又，则，，，所以△△，即，则，由，、平面，故平面，∵，则，∴平面，又平面，∴．（2）在面内作，交于，由平面，平面，所以，故两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由（1）得，四边形为矩形，在△中，，由余弦定理得，故，所以，，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则．19．在正项数列中，，．(1)求；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由，可得，令，则，可得为首项为1，公差为1的等差数列，可得，进而求解；（2）根据裂项相消求和，进而即可得证.【详解】（1）由，得，令，则，且，∴为首项为1，公差为1的等差数列，∴，又，∴．（2）证明：．20．国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．(1)令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；(2)若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．①求随机变量的分布列；②证明：单调递增，且小于3．【答案】(1)分布列见解析(2)①分布列见解析 ；②证明见解析 【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列；（2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列；②由①分布列得（，），定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论.【详解】（1）由题设，可取值为1，2，3，，，，因此的分布列为123 （2）①可取值为1，2，…，，每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，所以时，；当时，故的分布列为：123…… ②由①知：（，）．，故单调递增；由上得，故，∴，故．21．已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．(1)若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；(2)若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；(3)若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．【答案】(1)直线与双曲线相切，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；（2）结合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；（3）设出的坐标及，，得到、是的两根，求出，证明出结论.【详解】（1）直线与双曲线相切．理由如下：联立方程组，∴①，∵，∴，即，代入①得，，∴，∴直线与双曲线相切．（2）由（1）知，∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，∴，∴，∵，∴，∴．（3）设，，设，，∵，∴，则，代入双曲线，利用在上，即，整理得，同理得关于的方程．即、是的两根，∴，∴．【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断22．已知函数，是的导函数，且．(1)求实数的值，并证明函数在处取得极值；(2)证明在每一个区间都有唯一零点．【答案】(1)，证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，根据求出的值，再通过计算导函数的正负情况说明函数的单调性，计算出极值点.（2）由，令，利用导数分析可得在区间单调递减，由，，即可得证.【详解】（1）∵，∴．∵，∴，即．∴，，当时，，∴，当时，令，∵，即在单调递减，∴，∴，所以函数在处取得极大值.（2）由，令，则，当时，，∴，∴在区间单调递减，又∵，，∴在每一个区间有唯一零点，故在每一个区间有唯一零点．