2023届辽宁省农村重点高中协作校高三第三次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省农村重点高中协作校高三第三次模拟考试数学试题含解析，共20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届辽宁省农村重点高中协作校高三第三次模拟考试数学试题 一、单选题1．若为全体实数，集合．集合．则的子集个数为（    ）A．5 B．6 C．16 D．32【答案】D【分析】先分别求出集合再根据补集及交集求解，最后应用子集公式计算即可.【详解】由集合得且，由集合可得或，故子集个数为．故选:．2．已知为虚数单位，复数满足，则（    ）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】先计算出，再利用求出答案.【详解】根据题意，得，所以，故.故选：．3．已知，，（其中为自然对数的底数），则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小可得答案.【详解】因为，所以；因为，；因为，.∴，故选：D.4．在递增等比数列中，其前项和为，且是和的等差中项，则（    ）A．28 B．20 C．18 D．12【答案】A【分析】由等比数列的通项公式求出，再由等比数列的前项和公式代入化简即可得出答案.【详解】根据题意得，，解得或（舍），则.故选：A.5．已知抛物线：的焦点为，圆：，点，分别为抛物线和圆上的动点，设点到直线的距离为，则的最小值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由题意，的最小值为，的最小值为，可求的最小值.【详解】圆：，圆心坐标，半径为1，抛物线：的焦点为，准线方程，如图所示，点到直线的距离比点到准线的距离大2，即，的最小值为，当三点共线时的最小值为，所以.故选：C.6．已知为钝角，，则的值为（    ）A． B．-2 C． D．【答案】D【分析】根据二倍角的余弦公式化简得正余弦关系，再根据同角公式求出正切 ，再根据二倍角和两角和的正切公式可求出结果.【详解】由得，化简得，则，则．故选：D．7．已知双曲线的左､右焦点分别是，双曲线上有两点满足，且，若四边形的周长与面积满足，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，由双曲线的定义和余弦定理求得，从而可得周长，再求得四边形面积，由已知等式得关系，从而得离心率．【详解】不妨设，由双曲线的定义可知，，则①，又，所以由余弦定理可得②，由①②可得，所以．又四边形为平行四边形，故四边形的周长，则，面积，因为，所以，整理得，故双曲线的离心率为，故选：．8．在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.【详解】如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.由，可知.同理可知.又，所以平面，所以平面即为平面.又易知，所以截此三棱锥所得的截面面积为，当时，取得最大值，设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，所以四边形为正方形，且，，，∴.故选：D. 二、多选题9．已知某产品的单价以及销量情况统计如下表所示，由表中数据求得经验回归方程，则下列说法正确的是（    ）单价（元）456789销是（件）908483807568 A．销量的平均数为80件B．根据经验回归方程可以测得，单价每上升1元，销量就减少4件C．D．根据经验回归方程可以预测，单价为10元时，销量为66件【答案】ABD【分析】根据数据先算出样本中心和 ，再根据回归方程逐项计算.【详解】 ，故正确；将 代入回归方程得 故回归方程为 ，由于回归方程的斜率为-4，故正确，C错误；根据回归方程可以预测，单价为10元时，销量为件，故正确；故选：．10．已知函数图像的一条对称轴为，先将函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再将所得图像上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图像，则函数的图像在以下哪些区间上单调递减（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】先根据对称轴求出解析式，再结合平移伸缩得出新的解析式，最后求出单调减区间判断即可.【详解】依题意，，则，因为，所以，故．将函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，得到的图像，再将所得图像上所有的点向右平移个单位长度，得到的图像，令，得函数的单调递减区间为.故选:ABD．11．如图，在几何体中，平面平面平面，底面为直角梯形．为的中点，，则（    ）A． B．C．与所成角的余弦值为 D．几何体的体积为2【答案】ABD【分析】选项A，通过面面平行的性质推理得到线线平行，再结合平行四边形的判定得到结果；选项B，通过线面平行的性质及判定定理进行判断；选项C，将异面直线所成角转化为两条相交直线所成角或其补角；选项D，将该组合体的体积转化为两个三棱柱的体积求解即可.【详解】对于A，的中点E，连接BE，，则，且，∴四边形为平行四边形，∴，．∵平面平面，平面平面，平面平面，，又，四边形为平形四边形，，∴，∴四边形为平行四边形，则，∵平面平面，平面平面，平面平面，．易知，∴四边形为平行四边形，∴，∴，故A正确．平面平面，平面，又四边形为直角梯形，，又平面平面，平面，，故B正确；，所以为平行四边形，所以与所成角即为或其补角，，而，所以，故C错误；三棱柱的体积，故正确．故选：ABD．12．已知函数，若有两个不同的极值点，且当时恒有，则的可能取值有（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】先求导函数，再根据存在极值点个数，参数分离构造新函数根据函数单调性及最值列式求解可得范围.【详解】由题可知，，因为有两个不同的极值点，所以且，若，则．当时，，即，即，即，设，则，所以在上单调递减，则，则，所以．若，则．当时，，即，若，则当时，，不满足题意，所以，此时，即．设，则易得在上单调递减，在上单调递增，所以解得，所以．综上，的取值范围是，故选:BD． 三、填空题13．已知向量，，且，则______.【答案】【分析】由向量平行的坐标运算，得到，再利用模的坐标公式求.【详解】已知向量，，，∵，∴，解得，∴，.故答案为：14．已知函数，若，且，则实数的取值范围是__________．【答案】【分析】首先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性，再根据函数的单调性，求解不等式.【详解】因为函数的定义域为，且，所以为偶函数，设，而为奇函数，奇函数偶函数奇函数，所以函数为奇函数，关于原点对称，设，则，因为，所以即为上的增函数，故在上单调递增，因为，所以1，解得，实数的取值范围为．故答案为：15．A，，，，共5名同学站成一排，则A，必须相邻，，不能相邻的概率为______.【答案】/.【分析】由题可得总情况数，后将A，看成整体，按A，所处位置分情况可得满足题意的排列数，即可得答案.【详解】所有可能性为，将A，看成整体，若A，在队首，则，只能排第2和第4，情况数为；若A，在队尾，则，只能排第1和第3，情况数为；若A，在第2，则，只能排第1和第4，或第1和第3，情况数为；若A，在第3，则，只能排第1和第4，或第2和第4，情况数为.综上，满足题意的排法情况数为：.则相应概率为：.故答案为： 四、双空题16．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用，例如求方程的近似解，先用函数零点存在定理，令，，，得上存在零点，取，牛顿用公式反复迭代，以作为的近似解，迭代两次后计筫得到的近似解为______；以为初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为______.【答案】          【分析】由牛顿法公式结合二分法的定义求解即可.【详解】已知，则.迭代1次后，，迭代2次后，，用二分法计算第1次，区间的中点为，，，所以近似解在上；用二分法计算第2次，区间的中点为，，，所以近似解在上，取其中点值，所求近似解为.故答案为：；. 五、解答题17．国家为响应世界卫生组织（WHO）的号召发布了《体育锻炼和久坐行为指南》，重点为了减少久坐时间，加强体育锻炼，改善身体状况.并提出每周至少进行150至300分钟的中等强度有氧运动或75至150分钟的剧烈运动.某学校举行一次跳跃运动比赛，规则如下：假设比赛过程中每位选手需要进行2次三周及三周以上的跳跃动作，其中甲的三周跳跃动作成功率为0.7，成功完成动作后得8分，失败得4分；甲的四周跳跃动作成功率为0.3，成功完成动作后得15分，失败得6分（每次跳跃动作是否成功相互独立）.(1)若甲选择先进行一次三周跳跃动作，再进行一次四周跳跃动作.求甲的得分高于14分的概率；(2)若甲选择连续进行两次三周跳跃动作，表示甲的最终得分，求随机变量的数学期望.【答案】(1)0.3(2)13.6 【分析】（1）先分析出甲的得分高于14分的两种情况，再由互斥事件和相互独立事件的概率计算公式可得所求；（2）由甲成功完成动作的次数服从二项分布，得的概率分布列，进而得的数学期望.【详解】（1）设甲第次动作成功完成为事件（），甲选择先进行一次三周跳跃动作，再进行一次四周跳跃动作，得分高于14分的情况有：三周跳跃动作与四周跳跃动作都成功和三周跳跃动作失败与四周跳跃动作成功.所以甲的得分高于14分的概率.（2）甲两次动作成功情况相互独立，且成功率皆为0.7，设为成功完成动作的次数，故，甲选择连续进行两次三周跳跃动作都失败得8分；甲选择连续进行两次三周跳跃动作成功一次得12分；甲选择连续进行两次三周跳跃动作都成功得16分.，，，81216故.18．已知数列的前项和满足：．数列满足，且．(1)求数列和的通项公式；(2)令，记数列的前项积为，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据和与项的关系即可求解数列的通项公式；由可得数列为首项为1，公差为1的等差数列，从而先求得，进而可求数列的通项公式；（2）由（1）可得，作差判断数列的单调性，从而可得，由，可得，当时， ，进而可证.【详解】（1）当时，，当时，，经检验：对也成立，故，由知：数列为首项为1，公差为1的等差数列，因此，所以；（2）证明：由（1）知：，则，令，即，解得，又，所以当时，；当时，，所以，又，故，当时，，即，故．【点睛】关键点睛：第二问中关键是通过作差判断数列的单调性，从而得到，从而证明.19．如图，在中，内角的对边分别为，过点作，交线段于点，且．①；②；③．以其中两个作为条件，证明另外一个成立．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明见解析.【分析】选①②③，利用正弦、余弦定理求出，进而求出即可推理作答；选②③①，利用正弦、余弦定理求出，再利用三角形面积公式、正弦定理推理作答；选①③②，作于点，利用三角形面积公式求出，再由直角三角形锐角三角函数求出，由正余弦定理推理作答.【详解】选择①②为条件，证明③：在中，由及正弦定理得，即，由余弦定理得，而，则，又因为，且，即，有，因此，由正弦定理得，所以.选择②③为条件，证明①：在中，由及正弦定理得，即，由余弦定理得，而，则，因为，且，则有，此时，，因此，解得，由正弦定理得．选择①③为条件，证明②：因为，且，设，在中，，有，，而，过点作于点，如图，于是，解得，在中，有，在中，有，则有，而，解得或，当时，，又为的内角，则，，即，所以，由余弦定理得，即，由正弦定理得：，其中为外接圆直径，所以．当时，，显然，即，则此时，结论不成立.20．如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.(1)证明：；(2)若是棱上一动点（含端点），平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)5 【分析】（1）先证明平面,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，列式求出参数，即可求得答案.【详解】（1）在四棱台中, 延长后必交于一点，故共面，因为平面,平面,故,连接，因为底面四边形为菱形，故,平面,故平面,因为平面,所以；（2）过点A作的垂线作为x轴，交与N点，以分别为y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,设，则，由于，故,则,设，则，， ，记平面的法向量为,则,即，令，则，即，平面的法向量可取为，由于平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则，解得 ，当M与N点重合时，平面垂直于平面，由于平面与平面所成角为锐二面角，故，所以,故.21．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为6，椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在定点， 【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.【详解】（1）周长为，椭圆的离心率为，则，所以所以椭圆的标准方程为；（2）设圆的半径为，，由（1）不妨设，则的面积，所以，，所以，由，，得直线的方程为，则点到直线的距离为，整理，得，把代入上式，得，即，由题意得，，，所以，则，把，代入椭圆的方程，得，所以点在椭圆上，所以存在定点，，使为定值2.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.22．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析.(2). 【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况进行讨论，当时，根据导数等于0，求得根，从而再讨论根的大小，判断函数的单调性；（2）分和，三种情况进行讨论函数的单调性，判断零点情况，当时，结合函数单调性，求得函数最小值，根据题意列出不等式求得参数范围；当时，函数只有一个零点，时，结合函数单调性，判断极值情况，说明至多只有一个零点，不符合题意，综合可得答案.【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，则，（i）当时，恒成立，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在单调递增，（ii）当时，令，解得，或， (舍去），当，即时，，函数在上单调递减，当时，即，当,或时，，函数在，上单调递减，当时，，函数在单调递增，当时，即，当时，，函数在递减，当时，，函数在单调递增，综上所述：当时，函数在上单调递减，在单调递增，时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递减，当时，函数在，上单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，当时，函数在上单调递减，在单调递增，而，令，则在成立，故在单调递减，所以，且趋向于时，趋向于，即趋向于，又在上恒负，且趋向于时，趋向于0，综上，在趋向于时，趋向于，∴函数有两个零点等价于，结合，解得 ；当时，只有一个零点，不符合题意；当时，函数在上单调递减，至多只有一个零点，不符合题意；当且时，由（1）知有两个极值点，而，又，下研究其符号：令，则，令，则，当，，在递减，当时，，在上单调递增，故，即在上单调递减，当趋向于0时，趋向于0，即g(x)恒负，故，此时，至多只有一个零点，不符合题意，综合上述，实数m的取值范围为.【点睛】关键点点睛：利用导数解决有两个零点，求实数的取值范围问题，综合性强，难点在于要分类讨论参数的范围，进而判断函数的单调性，确定极值的正负问题，关键在于要多次构造函数，利用导数判断函数单调性.