2023届辽宁省阜新市第二十中学高三下学期模拟考试数学试题含解析

2023届辽宁省阜新市第二十中学高三下学期模拟考试数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合B，进行交集运算.

【详解】且.

故.

故选：C.

2．的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算与复数虚部的概念即可得解.

【详解】因为，

所以的虚部为.

故选：B.

3．数列的前项和为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据与的关系求解即可.

【详解】因为

所以，，

所以.

故选：A.

4．比利时数学家丹德林( Germinal Dandelin)发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】椭圆的短轴长即为圆柱的底面的直径即可求解

【详解】由平面与圆柱所截可知椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，

故选：D

5．马路上有编号为1，2，3，…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，用插空法计算.

【详解】先将亮的6盏灯排成一列，根据题意，因为关掉3盏路灯不能是两端2盏，也不能相邻，

则有5个符合条件的空位，

在5个空位中，任选3个，安排熄灭的灯，有种情况，即有10种关灯方法.

故选：A.

6．《山东省高考改革试点方案》规定：2020年高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、，B、、C、、D、E共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%、16%、7%、3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到，，、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果山东省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩～，那么D等级的原始分最高大约为（    ）

附：①若～，，则Y～；②当Y～时，.

A．23 B．29 C．36 D．43

【答案】B

【分析】由于原始分与对应等级分的分布情况是相同的，由等级分40即有原始分，结合原始分满足～的正态分布即可得均值和标准差，而且知，即有求解即可

【详解】由题意知：～则有，

设D等级的原始分最高大约为x，对应的等级分为40 ，而等级分40

∴有原始分

而，由对称性知

∴有，即

故选：B

【点睛】本题考查了正态分布的应用，根据两个有相同分布情况的数据集概率相等，由已知数据集上某点上的概率找到另一个数据集上有相等概率的点，即可找到等量关系，进而求点的位置。注意正态分布的对称性应用

7．已知矩形ABCD中，AB=8，取AB、CD的中点E、F，沿直线EF进行翻折，使得二面角的大小为120°，若翻折后A、B、C、D、E、F都在球上，且球的体积为，则AD=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出图形，根据外接球与几何的的对称关系确定球心，再利用勾股定理确定半径即可求解.

【详解】作出图形如图，

记三角形外接圆的圆心为，则为外接圆的半径，

因为二面角的大小为120°，

且，所以，

所以，

由正弦定理可得,所以，则

又因为球的体积为,所以，即，

在直角三角形中，所以,

所以，

故选：A.

8．若椭圆的左右焦点为、，过和点的直线交椭圆于M、N两点，若P（0，m）满足，则m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】写出直线MN的方程，与椭圆方程联立，写出，解不等式.

【详解】设，，过和的直线为，

联立，消去y，得，

所以，，

则，，

，

所以，解得.

故选：D.

【点睛】方法点睛：将坐标的数量积，用坐标表示，即将直线方程与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将其整体代入即可得到关于m的不等式.

9．下列关于点、直线、平面的说法，正确的是（    ）

A．若两平面有三个公共点，则它们一定重合

B．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内

C．分别为不同的直线和平面，若，，若，则

D．分别为不同的直线和平面，若，，若，则

【答案】D

【分析】根据空间中线面位置关系逐项分析判断.

【详解】对A：若两平面有三个公共点，但可能这三个公共点均在一条直线（交线）上，故两平面可能相交，A错误；

对B：相交于同一点的三条直线，可以参考三棱锥的侧棱相交于同一点，但不共面，B错误；

对C：若，，若，则的位置关系：平行、相交，C错误；

对D：若，，若，则，D正确.

故选：D.

二、多选题

10．已知实数，且，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】利用幂函数的单调性得出、、三个数的大小关系，利用对数函数的单调性得出与的大小关系，由此可得出、、的大小关系.

【详解】因为幂函数在上为增函数，所以，

又，所以，即；

因为对数函数在上为增函数，所以；

所以，故AC正确.

故选：AC.

11．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（    ）

A．m＝3 B．

C． D．

【答案】ACD

【解析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出，列式即可求出，从而求出通项，

再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各选项的真假．

【详解】∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m（舍去），

∴aij＝ai1•3j﹣1＝[2+（i﹣1）×m]•3j﹣1＝（3i﹣1）•3j﹣1，

∴a67＝17×36，

∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann)

（3n﹣1）•

n（3n+1）（3n﹣1）

故选：ACD.

【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前项和公式的应用，属于中档题．

12．若，若恒成立，则的值不可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意可得：故原题意即为恒成立，构建，结合的单调性可得：恒成立，构建，则，求导，利用导数求最值，运算求解即可.

【详解】∵，等价于，等价于，

故原题意即为恒成立，

构建，则在定义域内单调递增，

由，可得，即，

故恒成立，

构建，则，

令，解得，

当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

故，解得，

若恒成立，则.

故A、B、D错误，C正确.

故选：ABD.

【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：

积型：，

①，构建；

②，构建；

③，构建.

商型：，

①，构建；

②，构建；

③，构建.

和型：，

①，构建；

②，构建.

三、填空题

13．二项式的二项式系数之和为64，则展开式中的的系数是_________．（填数字）

【答案】

【分析】先根据展开式的二项式系数之和为64求出的值，再利用二项式展开式的通项公式求解即可.

【详解】因为二项式的二项式系数之和为64，

所以，，

所以展开式的通项为，

令，则，

所以展开式中的的系数是.

故答案为：.

14．若函数为奇函数，且，若，则_________．

【答案】

【分析】由奇函数的性质结合得出函数的周期为4，再由周期性求函数值.

【详解】因为，所以.

因为函数为奇函数，所以.

即，故函数的周期为4.

，

故答案为：

15．已知双曲线的左右焦点分别是，直线与双曲线交于，，则双曲线C的离心率为______．

【答案】

【分析】根据题意求得，再联立直线与双曲线方程求得的坐标，从而得到关于的齐次方程，进而可求得双曲线的离心率．

【详解】设双曲线的半焦距为，则，

所以直线过右焦点且垂直于轴，不妨设直线与双曲线交点在第一象限，如图，

易得，又，

所以在中，，，则，

联立，解得，则，

所以，即，即，则，

两边同时除以，得，即，解得（负值舍去），

故答案为：.

16．已知长方体的体积为40，外接球表面积为，，，点在线段上运动（含端点位置），记直线与平面的所成角为，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】利用长方体的体积为40，外接球表面积为，求出长方体的宽和高，判断，求出斜边上的高，可得，进而可得答案.

【详解】长方体的体积为40，外接球表面积为，

所以

设，，又，

则

解得，；

作出图形如图所示，连接，

因为平面，

则，

则；

设斜边上的高为，

则，求得，

此时最短，结合，

所以，

故．

故答案为：.

【点睛】求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.

四、解答题

17．在①，②，③成等比数列．这三个条件中任选两个条件，补充到下面问题中，并求解：

在数列中，，公差不为0的等差数列满足     ，     ，求数列 的前n项和．

【答案】选择条件，答案见解析.

【分析】选择①②，②③，设出的公差，由已知列方程组，求出数列和数列的通项，再由错位相减法求和作答.

选择①③，设出的公差，由已知列方程组，求得方程组无解，再判断作答.

【详解】选择①②，设的公差为，

由，得，则，

由，得，

联立解得，所以，

在数列中，，

因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，

所以，于是，

则，

于是，

两式相减，得

，

所以.

选择②③，设的公差为，

由，得，

由成等比数列，得，即，

联立解得，，

在数列中，，

因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，

所以，于是，

则，

于是，

两式相减，得，

所以.

选择①③，设的公差为，

由，得，即，

由成等比数列，得，

即，于是，矛盾，

所以等差数列不存在，此条件无解.

18．在△ABC中，角所对的边分别是，若．

(1)求角A的大小；

(2)若，求△ABC的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据诱导公式和二倍角的余弦公式求解；

(2)利用余弦定理和面积公式求解.

【详解】（1）因为，

所以即，

解得,又因为，所以.

（2）由余弦定理可得，

所以解得，

所以.

19．如图，在等腰直角三角形ABC中（如图1），∠A=90°，点E，F分别是AB，BD的中点，将△ABC沿AD折叠得到图2所示图形，设是平面EFC和平面ACD的交线．

(1)求证：⊥平面BCD；

(2)求平面ACD和平面BCD夹角的余弦值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)0

【分析】（1）由中位线证明出，再证明出平面，从而得到⊥平面；

（2）在第一问的基础上得到面面垂直，得到夹角余弦值.

【详解】（1）因为E，F分别是AB，BD的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以平面，

因为是平面和平面的交线．平面，

所以，

因为，，平面，

所以平面，

因为，所以平面；

（2）由（1）知：平面，

因为平面，

所以平面⊥平面，

故平面ACD和平面BCD夹角的余弦值为.

20．潍坊市为切实保障疫情防控期间全市食品质量安全，采取食品安全监督抽检和第三方托管快检室相结合的方式，全面加强食品安全检验检测据了解，滩坊市市场监管部门组织开展对全市部分生产企业、农贸市场、大型商超、餐饮服务场所生产经营的小麦粉、大米、食用油、调味品、肉制品、乳制品等与人民群众日常生活关系密切且消费量大的食品进行监督抽检组织抽检400批次，抽检种类涵盖8大类31个品种全市各快检室快检60209批次，其中不合格53批次．某快检室在对乳制品进行抽检中，发现某品牌乳制品质量不合格，现随机抽取其5个批次的乳制品进行质量检测，已知其中有1个批次的乳制品质量不合格下面有两种检测方案：

方案甲：逐批次进行检测，直到确定质量不合格乳制品的批次；

方案乙：先任取3个批次的乳制品，将他们混合在一起检测．若结果不合格，则表明不合格批次就在这3个批次中，然后再逐个检测，直到能确定不合格乳制品的批次；若结果合格，则在另外2批次中，再任取1个批次检测．

（1）方案乙中，任取3个批次检测，求其中含有不合格乳制品批次的概率；

（2）求方案甲检测次数X的分布列；

（3）判断哪一种方案的效率更高，并说明理由．

【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）方案乙的效率更高．理由见解析.

【分析】（1）由题意即可求解；（2）先求出的可能取值，然后求出对应的概率，进而可以求解；

（3）设方案乙的检测次数为，求出的可能取值，然后求出对应的概率，再求出方案甲和乙的数学期望，比较大小即可求解．

【详解】解：（1）由方案乙可知含有不合格乳制品批次的概率，

（2）依题意知检测次数的可能取值为1，2，3，4，

，

，

，

，

故方案甲检测次数的分布列为：

（3）设方案乙检测次数为，则的可能取值为2，3．

当时的情况为先检测3个批次为不合格，再从中逐一检测时，恰好1次检测出，或先检测3个批次为合格，再从其他2个批次中取出1个批次检测．

则，

所以．

故方案乙检测次数的分布列为：

，

则，

因为，所以方案乙的效率更高．

21．已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切．

(1)求椭圆的方程；

(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，，且，证明：

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由直线与圆的位置关系结合椭圆的性质得出方程；

（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合得出，或，进而由证明.

【详解】（1）由题意可得，，解得.

故椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为

联立直线和椭圆方程，得

则

即，整理得

解得，或

当时，，不合题意；

当时，.

【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是利用韦达定理以及得出或与的关系，再由斜率公式证明.

22．已知函数

(1)若时，求的最值；

(2)若函数，且为的两个极值点，证明：

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数法求最值；

（2）由导数法说明单调性及，则，则转为证，最后再构造函数证明即可.

【详解】（1），，，，

所以当单调递减；单调递增.

所以在处有唯一极小值，即最小值，为，无极大值，即无最大值.

（2）证明：，令

因为，所以单调递减；单调递增，所以.

因为为的两个极值点，所以，且.

所以在、，，单调递增；在，，单调递减；

因为，则，则，

设，则，

所以在单调递减，所以，

所以，因为在，单调递减，所以.

所以要证，只需证，即，

令，

令.

所以在单调递增，，

所以在单调递增，，

所以，即.

【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，先由导数法说明极值点的大小关系，结合和函数单调性，将不等式放缩，再构造函数由导数法证明即可.