2023届辽宁省教研联盟高三第一次调研测试（一模）数学试题含解析

2023届辽宁省教研联盟高三第一次调研测试（一模）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据并集的定义可求得集合.

【详解】因为集合，，则.

故选：B.

2．设，为两个不同的平面，则的一个充要条件可以是（    ）

A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面

C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线

【答案】D

【分析】根据面面平行的判定定理逐项判断即可.

【详解】对于A，内有无数条直线与平行不能得出内的所有直线与平行才能得出，故A错；

对于B、C，垂直于同一平面或平行于同一条直线，不能确定的位置关系，故B、C错；

对于D，垂直于同一条直线可以得出，反之当时，若垂于某条直线，则也垂于该条直线.

故选：D.

3．下列函数中，是偶函数，且在区间单调递增的为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别分析函数的奇偶性和单调性即可选出结果.

【详解】解：为奇函数，，为偶函数，

但在单调递增，所以在单调递减，

而为偶函数且在单调递增.

故选：A

4．设是圆上两点，若，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【分析】解法一：设中点为，利用向量加法和数量积的运算律求解；解法二：直接利用向量数量积的计算公式结合三角函数关系求解；解法三：利用数量积的坐标表示求解.

【详解】解法一：设中点为，则，

所以.

解法二：.

解法三：设中点为，以为轴正方向，线段的中垂线为轴建立如图所示平面直角坐标系，

则，，设，

所以，，因此.

故选：C

5．若函数满足，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】将和分别代入，联立即可求解.

【详解】代入可得①，

代入可得②

联立①②解得，

故选：B

6．已知角的终边上一点的坐标为，则的最小正值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过，用诱导公式将点的坐标化为，根据三角函数的定义即可写出，判断选项即可.

【详解】解：因为，所以，

而，

所以角的终边上点的坐标可写为：，

所以，因此的最小正值为.

故选：D

7．口袋中装有大小重量完全相同的2个红球,3个白球，从口袋中一次摸出一个球，摸出的球不再放回，如果2个红球全部被摸出，就停止摸球，则恰好摸球三次就停止摸球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】考虑摸球三次就停止摸球的情况，可分为两类，第一次和第三次摸到红球，或者第二次和第三次摸到红球，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.

【详解】根据题意恰好摸球三次就停止摸球的情况为第一次和第三次摸到红球，或者第二次和第三次摸到红球，

故概率为，

故选：A

另解：摸球三次结果的所有可能情形有种，这三次符合题意的摸球可以分为两类，第一类为第一次第三次摸到红球，可能情形有种，

第二类为第二次和第三次摸到红球，可能情形有种，

于是摸球三次就停止摸球的概率为，

故选：A.

8．若，，，则（    ）

A． B． C．· D．

【答案】A

【分析】设，利用导数可得在单调递增，可判断，设，通过导数得到其单调性即可得到，即可求解

【详解】设，则当时，.

因为（当且仅当时，取等号），所以，

于是在单调递增，所以，可得.

设，则当时，，

所以在单调递减，所以，可得.

综上，.

故选：A.

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

二、多选题

9．随机变量且，随机变量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据正态分布的期望方差性质可判断A、B，根据及二项分布期望公式可求出，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.

【详解】解：因为且，

所以，故，，选项A正确，选项B错误；

因为，所以，

所以，解得，选项C正确；

，选项D正确.

故选：ACD.

10．设等差数列的前项和是，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】设等差数列公差为d，由题目条件，可得，由此可得各选项正误.

【详解】设等差数列公差为d，则由题目条件有：

.

A选项，，故A错误；

B选项，，故B正确；

C选项，，故C正确；

D选项，注意到，

，又由知为单调递减数列，则

，故D错误.

故选：BC.

11．抛物线的焦点为，准线为，经过上的点作的切线m，m与y轴、l、x轴分别相交于点N、P、Q，过M作l垂线，垂足为，则（    ）

A． B．为中点

C．四边形是菱形 D．若，则

【答案】BCD

【分析】设与轴交点为，则未必是的中点，即可判断A，利用韦达定理表示出的坐标可判断B，根据菱形的判定定理可判断C，利用三角形的全等关系可判断D.

【详解】

设，可知斜率存在，可设，

将代入可得，由，即可得，

因此，令解得，所以，

又因为，，

要使，则必需为中点，则必有，即，

所以当且仅当时，才成立，无法满足任意性，A错误；

中令，于是，

因为，，所以为中点，选项B正确.

因为，所以是的垂直平分线，

而轴，所以四边形是菱形，选项C正确；

，由，可得，所以.

因为，所以，选项D正确.

故选：BCD.

12．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用不等式的性质、基本不等式、函数的单调性判断选项中的结论是否正确.

【详解】因为，选项A错误；

，

当且仅当，时，取等号，选项B正确；

因为，所以，可得，选项C错误；

设，则D等价于，等价于，因为单调递增，，所以，所以，选项D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．若是纯虚数，，则的实部为______.

【答案】1

【分析】依题意有，代入中化简可求实部.

【详解】是纯虚数，且，则有，故，实部为1.

故答案为：1.

14．中，，D在上，，，则______.

【答案】

【分析】方法一：根据的面积等于面积与面积之和即可求解；

方法二：利用直角三角形边与角的关系表示出，再用正弦定理表示出即可求解.

【详解】解法1：的面积等于面积与面积之和，

所以，

即.于是.

解法2：直角中，因为，所以.

因为，所以.

在中，由正弦定理可得，

从而.

所以.

于是.

故答案为：.

15．正四面体的棱中点为O，平面截球所得半径为的圆与相切，则球的表面积为______.

【答案】

【分析】中点为，依题意为球O的半径，设正四面体的棱长为a，，由平面截球所得的圆半径为，求出a，可解球的表面积.

【详解】中点为，连接，如图所示：

由和为等腰三角形，所以OE为AB和CD的公垂线段；

设正四面体的棱长为a，中， ，

中，，即球O的半径，

设中心为，由对称性可知球截平面所得圆的圆心在上，

平面且平面，则为的中点，所以.

因为，由可得.

于是球的半径，球的表面积为.

故答案为：.

16．过双曲线焦点的直线与的两条渐近线的交点分分别为M、N，当时，.则的离心率为______.

【答案】

【分析】依题意，垂直于渐近线，结合图形在直角三角形利用三角函数构造齐次式求的离心率.

【详解】解法1：双曲线的焦点到渐近线的距离为 ，

因为，所以垂直于渐近线，如图所示，

则，，，所以的离心率.

因为，所以，.

过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，在直角中，.

因为，因为，所以.

因此的离心率为.

解法2：因为，所以垂直于渐近线，则，，

因为，所以，

在中，，在中，，

，

，可得，则有，即，

所以C的离心率.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：由焦点到渐近线的距离为，可得垂直于渐近线，这是本题的着手点，数形结合在直角三角形中利用三角函数构造齐次式可求的离心率.

四、解答题

17．已知函数图像相邻两条对称轴之间的距离为.

(1)求值；

(2)当时，求的单调递增区间.

【答案】(1)

(2)和

【分析】（1）由倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用周期求值；

（2）利用整体代入法求函数单调递增区间.

【详解】（1），

因为图像的相邻两条对称轴之间的距离为，所以周期为，

由，可得；

（2）由（1）知，.

由，可得.

因为，所以，的单调递增区间为和.

18．一所中学组织学生对某线下某实体店2022年部分月份的月利润情况进行调查统计，得到的数据如下：

根据散点图，准备用①或②建立关于的回归方程.

(1)用线性相关系数说明上面的两种模型哪种适宜作为关于的回归方程?

(2)由参考数据，根据（1）的判断结果，求关于的回归方程（精确到0.1）.

附：对于一组数据（，2，3，⋯，n），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.相关系数.

参考数据：，，，，，

，，，

，.

【答案】(1)模型①

(2)

【分析】(1)计算相关系数比较大小即可确定更适宜的模型；

(2)利用最小二乘法相关公式即可求解.

【详解】（1）由题意的线性相关系数的相关系数

.

的相关系数.

所以，因此模型①拟合效果更好.

（2）根据（1）的判断结果，

计算与由参考数据，

所以.

于是关于的回归方程①为.

19．如图，四棱锥中，底面是菱形，底面，，M为的中点，且平面平面.

(1)证明：；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过做，由面面垂直性质定理可得平面，即，由底面，可得，再根据线面垂直判定定理可得平面，进而得；

（2）由（1）结论建立合适的空间直角坐标系，假设，根据长度角度关系，找出各个点的坐标，分别求得平面和平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角大小的余弦值的绝对值，进而求出其正弦值即可.

【详解】（1）解：因为底面，所以，

在平面内过做，垂足为，如图所示：

因为平面平面，交线为，

且有，平面，所以平面，

因为平面，从而，

因为，平面，平面，

所以平面，于是；

（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，

在平面中，过做平行于的直线为轴，记，

建立如图所示的空间直角坐标系，

因为底面是菱形，且M为的中点，所以，

由（1）知，所以，所以，

又有，故可得，，，

，于是，，，

设为平面的法向量，则，

即，取，可得；

设为平面的法向量，则，

即，取，可得，

因为

，

所以二面角的正弦值为.

20．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)设函数，P，Q是曲线上的不同两点，直线的斜率为，曲线在点处P，Q切线的斜率分别为，，证明：.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导判断单调性即可；

（2）设出P，Q两点坐标，分别写出，，的关于P，Q两点坐标的式子，再代入中化简至关于的式子，对进行换元，根据的范围进行放缩，再根据（1）中的结论即可证明.

【详解】（1）解：因为，定义域为，

所以，当时，，

当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.

（2）证明：设，，，

因为，所以，

则，，，

于是，即，

由，所以上述不等式等价于，

故

，

因为，所以，

设，，则

，

由（1）可知，当时，单调递增，所以，

所以，故，

即成立，得证.

【点睛】思路点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于中难题，关于双变量问题的思路有：

（1）根据题意建立关于的等式或不等式；

（2）构造关于或的一元函数，或令构造关于的一元函数；

（3）应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到不等式的证明或求参数范围.

21．等差数列的首项，公差，数列中，，，，已知数列为等比数列．

(1)求的通项公式；

(2)记为的前项和，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列、等比数列的通项公式进行计算即可；

（2）设，根据数列单调性判断方法确定的单调性，从而求的最大值.

【详解】（1）解：由题意成等比数列，所以，则．

因为，所以，

故数列的公比，

所以．

又，所以．

（2）解：由（1）可知，，

设，则．

设，则．

故单调递减，

因为，，所以当时，，当时，．

于是的最大值为．

22．已知椭圆离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且.

(1)求的方程；

(2)设M，N是上异于的两点，若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆离心率和直线斜率即可求出，则得到值，即得到椭圆方程；

（2）设直线，联立椭圆方程得，得到韦达定理式，再利用得到直线过定点，从而得到，通过换元和导数即可求出面积最值.

【详解】（1）由已知，可得，.可得，

因为斜率为1，所以，

因为，所以，则，则，

于是的方程为；

（2）由（1）知，因为，所以不垂直于轴.

设直线，代入得.

当时，

设，，则，①

因为，所以，而

即，根据，，

故，可得

.

将①代入上式可得.

因为，整理得，则，解得，

直线经过定点，.

因为，

所以面积.

设，则，则，，

设，，当时，，则，

所以当，即时，面积取最大值.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，利用，即，得到，再将韦达定理式整体代入化简得，从而得到直线经过定点，再求出面积表达式，利用换元法和导数即可求出面积最值.