2023届辽宁省教研联盟高三下学期第二次调研测试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省教研联盟高三下学期第二次调研测试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届辽宁省教研联盟高三下学期第二次调研测试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解出集合、，利用集合的包含关系和交集、并集的定义可判断各选项.
【详解】由解得，故，
由于，
所以，ABD错误，C正确.
故选：C.
2．已知z复数满足（其中i为虚数单位），则的值为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数乘方运算规则以及共轭复数的定义求解.
【详解】 ，
；
故选：B.
3．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（    ）．

A．14种 B．16种 C．18种 D．20种
【答案】C
【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.
【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，
①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；
②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能；
根据分类加法计数原理，共有种可能.
故选：C.
4．“”是“函数是奇函数”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】A
【分析】函数为奇函数，解得，判断与的互推关系，即可得到答案.
【详解】当函数为奇函数，
则，
解得.
所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件.
故选：A.
5．已知单位向量，满足，若向量，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出及，利用向量余弦夹角公式计算，再利用平方关系求出.
【详解】因为，是单位向量，
所以，
又因为，，
所以，
，
所以，
因为，
所以.
故选：A.
6．已知圆，直线l：，若l与圆O相交，则（    ）．
A．点在l上 B．点在圆O上
C．点在圆O内 D．点在圆O外
【答案】D
【分析】根据l与圆O相交，可知圆心到直线的距离小于半径，列出不等式，再判断点与直线和圆的关系.
【详解】由已知l与圆O相交，,可知圆心到直线的距离小于半径，
则有，故，
把代入，所以点不在直线l上，故A错误；
又，则点在圆O外，故D正确.
故选：D．
7．已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对称性的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合双曲线的定义及双曲线的离心率的公式即可求解.
【详解】关于渐近线的对称点在双曲线上，如图所示，

则.所以是的中位线，
所以,.
所以到渐近线的距离为
，即，
在中， ，，
所以，
进而,
所以离心率.
故选：C.
8．已知，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先构造函数，求导确定函数单调性，即可判断的大小.
【详解】令，
则，
显然当时，是减函数，
又，
，即，
，即，
时，，故是减函数，
，即，
，可得，即.
故选：D.

二、多选题
9．下列命题中，正确的命题是（    ）．
A．数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的70％分位数是7
B．若随机变量，则
C．在回归分析中，可用相关系数R的值判断模型的拟合效果，越趋近于1，模型的拟合效果越好
D．若随机变量，，则
【答案】CD
【分析】根据统计学的相关知识逐项分析.
【详解】对于A，一共是10个数， ，即分位数就是第7个数和第8个数的平均值，即 ，错误；
对于B， ， ，错误；
对于C，表示变量之间相关的程度，越大表示相关程度越高，拟合效果越好，正确；
对于D， ，根据正态分布的对称性， ，
，正确；
故选：CD.
10．函数的部分图像如图所示，，，则下列选项中正确的有（    ）．

A．
B．
C．将的图像右移个单位所得函数为奇函数
D．的单调递增区间
【答案】BC
【分析】根据图象得到最小正周期，得到，由结合的范围求出，由求出，判断AB选项，由左加右减得到平移后的解析式，结合函数奇偶性得到C正确；由整体法得到函数的单调递增区间.
【详解】根据图象可得，解得，
因为，所以，解得，
，
因为，所以，
因为，所以，
故，解得，
故，
所以，解得，
A错误，B正确；
C选项，，将的图像右移个单位得到，定义域为R，
因为，
所以将的图像右移个单位所得函数为奇函数，C正确；
D选项，，解得，
故的单调递增区间，D错误.
故选：BC
11．“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧、内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．下列说法正确的是（    ）．

A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为
C．使得不等式成立的的最大值为4
D．数列的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案．
【详解】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以4为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B正确；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为3，故C错误；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：ABD．
12．已知为等腰直角三角形，，其高，E为线段的中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，动点P在内（含边界），且平面，则在变化的过程中（    ）．
A．
B．E点到平面的距离的最大值为
C．点P在内（含边界）的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正切值的取值范围为
【答案】ABD
【分析】作图，根据图中的几何关系以及有关定义构造三角形逐项求解.
【详解】依题意作下图：

， ，
又 ，平面BCD，平面BCD， 平面BCD，平面BCD ， ，A正确；
取AD的中点F，CD的中点G，连接 ；
平面ABC，平面ABC，平面ABC，平面ABC， ， 平面平面ABC，
又平面ABC，平面ACD，平面平面，点在线段GF上，
P点在内轨迹的长度， C错误；
过E点作CD的垂线EH得垂足H，平面BCD，平面BCD，
平面ACD，平面ACD，平面ACD，
即线段EH的长度就是E点到平面ACD的距离，  ，B正确；
对于D，
如图
过B点作CD的垂线得垂足I，则有平面ACD，过I点作GF的垂线得垂足P，
平面BPI，平面BPI，平面BPI， ，
又 ，BP与平面ACD所成的角就是 ，
在等腰直角三角形GPI中， ， ， ，
当 时， ，I点与G点重合，P点与G点重合，此时平面ACD， 不存在；
令 ， ，
是减函数，当时取最小值 ，即 ，D正确；
故选：ABD.

三、填空题
13．若实数，且，则______.
【答案】0
【分析】由，可得，据此可得答案.
【详解】因，则，，
又由换底公式推论可得，设，则，
故，
由换底公式，则.
故答案为：0
14．在二项式的展开式中，若所有项的系数之和等于64，那么在这个展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）
【答案】135
【分析】根据给定条件，利用赋值法求出n值，再求出二项式展开式的通项即可求解作答.
【详解】在中，令得所有项的系数之和为，依题意，，解得，
因此的展开式的通项为，
令得：，
所以项的系数是135.
故答案为：135
15．点A，B是抛物线上的两点，F是抛物线C的焦点，若，中点D到抛物线C的准线的距离为d，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】由抛物线几何性质可得，再由勾股定理和基本不等式可得.
【详解】在中，，
，
由抛物线几何性质可得，
所以，即，，
当且仅当时等号成立.
故答案为：.

四、双空题
16．已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交轴于两点，则_________，的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据题意，分和，结合导数的几何意义得函数的图象在点和点的两条切线分别为和，再结合题意得，进而得第一个空的答案，再求坐标，结合距离公式求和化简整理得，最后求范围即可得答案.
【详解】解：当时，，故，
所以函数的图象在点处的切线斜率为，
切线方程为，
所以，
当时，，，
所以函数的图象在点处的切线斜率为，
切线方程为
所以，
因为函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，、
所以，即，
所以，
，
，
所以，
由于，所以，
所以，
因为，所以，所以
所以的取值范围是
故答案为：；.

五、解答题
17．已知数列的通项公式为，等比数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，的前n项和分别为，，求满足（）的所有数对．
【答案】(1)
(2)满足条件所有数对为

【分析】（1）根据的通项公式求出，从而得到，求出公比，得到通项公式；
（2）利用等差数列和等比数列前项和公式列出方程，，变形后得到，根据且为整数，求出相应的值，得到满足条件所有数对.
【详解】（1）由，所以，故，
所以等比数列的公比为，
故，所以，即等比数列{}的通项公式为；
（2）由已知得：，
由（1）可知，
由，所以，
即，故，
因为m正整数，，所以，
，
故满足条件所有数对为．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____________．
（1）求角A的大小；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）选①时结合正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式化简即得，结合范围即得结果；选②，先利用二倍角公式化简求解，再利用诱导公式即得，结合范围即得结果；选③，先展开化简，结合正弦定理进行角化边，再利用余弦定理求得，结合范围即得结果；
（2）结合，，利用余弦定理得到，先利用基本不等式即求得最值，再利用面积公式即求得结果.
【详解】解：（1）选①，由正弦定理得，
得，即，
即，又，所以，所以，
又，从而得；
选②，因为
，
所以，，
又因为，所以；
选③，因为，
所以，
即，
所以由正弦定理得，
由余弦定理知，
因为，所以；
（2）由（1）得，又，由余弦定理
，
所以，当且仅当时取得等号，
故，当且仅当时取得等号，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：
求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.
19．如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，平面ABCD为等腰梯形，，平面PAD⊥平面PAB，.

(1)求证：△PAD为直角三角形；
(2)若，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）作于H，连BD，证明，再结合面面垂直的性质、线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）在平面内过点P作，以P为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【详解】（1）在等腰梯形中，作于H，连BD，如图，

则，且，则，
即，而，因此，，即，
因平面平面，平面平面，平面，而，
则平面，又平面，于是有，，平面，
则有平面，平面，因此，，
所以为直角三角形.
（2）在平面内过点P作，因平面平面，平面平面，则平面，
因此，两两垂直，以点P为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

令，则，，，
，有，从而得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
，设直线PD与平面所成角为，
则有，
所以直线PD与平面所成角的正弦值为.
20．在做数学卷多选题时考生通常有以下两种策略：
策略A：为避免有选错得0分，在四个选项中只选出一个自己最有把握的选项，将多选题当作“单选题”来做，选对得2分；
策略B：争取得5分，选出自己认为正确的全部选项，漏选得2分，全部选对得5分．
本次期末考试前，某同学通过模拟训练得出其在两种策略下作完成下面小题的情况如下表：
策略
概率
每题耗时（分钟）
第11题
第12题
A
选对选项
0.8
0.5
3
B
部分选对
0.6
0.2
6
全部选对
0.3
0.7
已知该同学作答两题的状态互不影响，但这两题总耗时若超过10分钟，其它题目会因为时间紧张而少得1分．根据以上经验解答下列问题：
(1)若该同学此次考试决定用以下方案：第11题采用策略B，第12题采用策略A，设他这两题得分之和为X，求X的分布列、均值及方差；
(2)若该同学期望得到高分，请你替他设计答题方案．
【答案】(1)分布列见解析，，
(2)题和12题均采用策略，理由见解析；

【分析】（1）先求出随机变量的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望与方差；
（2）依题意列出所有可能情况，分别求出数学期望，即可判断；
【详解】（1）解：设事件为“第11题得0分”，事件为“第11题得2分”，事件为“第11题得5分”，
事件为“第12题得0分”，事件为“第12题得2分”，
所以，，，，，
由题意可知，的可能取值为0，2，4，5，7，
则，
，
，
，
，
所以小明第11题和第12题总得分的分布列为：

0
2
4
5
7






所以，

（2）解：依题意该同学答题方案有：
方案题采用策略，12题采用策略；
方案题和12题均采用策略；
方案题和12题均采用策略；
方案题采用策略，12题采用策略；
设随机变量为该同学采用方案2时，第11题和第12题总得分，
则的可能取值为0，2，4，5，7，10，
故，
，
，
，
，
，
故的分布列为：

0
2
4
5
7
10

0.01
0.08
0.12
0.1
0.48
0.21
所以，
但因为时间超过10分钟，后面的题得分少分，相当于得分均值为3分，
因为，
方案的期望值一定小于，故不选方案，
设随机变量为该同学采用方案4时，第11题和第12题总得分，
则的可能取值为0，2，4，5，7，
故，
，
，
，
，
故的分布列为：

0
2
4
5
7

0.02
0.12
0.16
0.14
0.56
所以，
方案的期望值也小于，故不选方案；
所以我建议该同学按照方案题和12题均采用策略．
21．在直角坐标平面内，已知两点，，动点M到点的距离为，线段的垂直平分线交于点N．
(1)求动点N的轨迹方程；
(2)设（1）中的动点的轨迹为C，圆，直线l与圆O相切于第一象限的点A，与轨迹C交于P、Q两点，与x轴正半轴交于点B．若，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)由椭圆的定义知N点的轨迹是椭圆，根据 写出椭圆方程；
(2)设切线l的方程，根据求出l方程的特征，再与椭圆C方程联立求出P，Q两点之间俄关系，再根据条件求解.
【详解】（1）由题意，，动点N的轨迹是以，为焦点的椭圆，
其中，，则，所求动点的轨迹方程为；
（2）
由题意可知直线l斜率存在（当斜率不存在时A，B两点重合，并在x轴上，不符合题意），
设直线l的方程为：，
联立直线和圆的方程：  ，解得 ，
∴ ，解得，故，
联立直线和椭圆的方程： ，得 ，
设，，则，
设中点为M，由可知：，即M是的中点，在直线方程中，令，，
由中点坐标公式可知： ， ，解得 ，
∵，∴，故，∵，∴，
直线l的方程为；
综上，动点的轨迹C方程为，直线l的方程为.
【点睛】关键点点睛：在理顺图形中的几何关系，巧妙利用韦达定理求出m和k.
22．已知函数，为的导数.
(1)证明：当时，；
(2)设，证明：有且仅有2个零点.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析

【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；
（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.
【详解】（1）由，
设，则，
当时，设，，
∵，，
∴和在上单调递增，
∴，，
∴当时，，，
则，
∴函数在上单调递增，
∴，
即当时，;
（2）由已知得，
①当时，
∵，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
②当时，
设，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
综上所述，有且仅有2个零点.