2023年辽宁省重点中学高考数学四模试卷-普通用卷

2023年辽宁省重点中学高考数学四模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  集合(    )

A. ， B. ，
C.  D.

2.  对成对数据、、、用最小二乘法求回归方程是为了使(    )

A.  B.
C. 最小 D. 最小

3.  若复数满足，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知为坐标原点，双曲线：的左右焦点分别为，，离心率为，点是的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知，，，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若对任意有，，且，则不等式的解集为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  设为数列的前项和，若，且存在，，则的取值集合为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知，均为锐角，则使等式成立的有序实数对共有(    )

A. 组 B. 组 C. 组 D. 多于组

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  随机变量且，随机变量，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

10.  圆：关于直线对称，记点，下列结论正确的是(    )

A. 点的轨迹方程为
B. 以为直径的圆过定点
C. 的最小值为
D. 若直线与圆切于点，则

11.  著名科学家笛卡儿根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了的方程式，这就是现代数学中有名的“笛卡儿叶线”或者叫“叶形线”，数学家还为它取了一个诗意的名字茉莉花瓣曲线已知曲线：，则(    )

A. 曲线关于直线对称
B. 曲线与直线在第一象限没有公共点
C. 曲线与直线有唯一公共点
D. 曲线上任意一点均满足

12.  在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，则下列结论正确的是(    )

A. 点在对角面内运动，若与直线成角，则点的轨迹是线段
B. 点在棱上，若正方体过，，的截面是四边形，则或
C. 若正方体的截面过线段中点且与垂直，则该截面是四边形
D. 若点在平面内运动，则的最小值是
 

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知中，，，点是边上一点，若，则 ______ ．
 

14.  若，当时，实数的值为______

15.  有甲、乙、丙三个开关和，，三盏灯，各开关对灯的控制互不影响当甲闭合时，亮，当乙闭合时，亮，当丙闭合时，亮若甲、乙、丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在亮的条件下，也亮的概率为______ ．

16.  已知的三个内角，，满足，当最大时，动点使得，，的长依次成等差数列，此时的最大值为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知数列的各项均为正数，其前项和为，且，．
Ⅰ是否存在常数，使得？请说明理由；
Ⅱ若为等比数列，求数列的通项公式及其前项和．

18.  本小题分
如图，在所在平面内，分别以，为边向外作正方形和正方形记的内角，，的对边分别为，，，面积为已知，且，求．

19.  本小题分
在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为．
证明：；
已知，，上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由．

20.  本小题分
市教育局计划举办某知识竞赛，先在，，，四个赛区举办预赛，每位参赛选手先参加“赛区预赛”，预赛得分不低于分就可以成功晋级决赛，每个赛区预赛中，成功晋级并且得分最高的选手获得一次决赛中的“错题重答”特权．
赛区预赛的具体规则如下：每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题．
方式一：每轮必答个问题，共回答轮，每轮答题只要不是题都错，则该轮次中参赛选手得分，否则得分，各轮答题的得分之和即为预赛得分；
方式二：每轮必答个问题，共回答轮，在每一轮答题中，若答对不少于题，则该轮次中参赛选手得分，如果仅答对题，则得分，否则得分各轮答题的得分之和即为预赛得分．
记某选手每个问题答对的概率均为．
若，该选手选择方式二答题，求他晋级的概率；
证明：该选手选择两种方式答题的得分期望相等．

21.  本小题分
已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点，线段中点的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
已知直线分别与曲线和抛物线：交于四个不同的点，，，，且．
求证：；
设与轴交于点，若，求的值．

22.  本小题分
已知函数．
Ⅰ当时，证明：；
Ⅱ若为函数的极小值点，求实数的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由，得，解得，
则集合．
故选：．
根据分式不等式的解法求解不等式，即可得出答案．
本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：最小二乘法又称最小平方法是一种数学优化技术．它通过最小化误差的平方和寻找数据的最佳函数匹配．利用最小二乘法可以简便地求得未知的数据，并使得这些求得的数据与实际数据之间误差的平方和为最小．
故选：．
利用最小二乘法求回归方程的定义，判断选项的正误即可．
本题考查线性回归直线方程的性质，最小二乘法的定义的应用，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：设，，
由，得，则，
复数的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，如图，

根据复数模的几何意义可知，的几何意义是圆上的点到的距离，
如图可知，的最小值是点与的距离．
故选：．
首先设复数，，根据条件化简求得，的关系式，再根据复数模的几何意义求最值．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：，，延长交于点，连接，由于是的平分线，
，
是等腰三角形，，且是的中点，
由双曲线的定义可知，
即，由于是的中点，
是的中位线，
，
双曲线的离心率为，
，，
则．
故选：．
延长交于点，连接，根据双曲线的定义和中位线的性质进行求解即可．
本题主要考查双曲线离心率的应用，根据双曲线的的定义和中位线的性质进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了基本不等式及其应用，属于中档题．
将代入中，利用基本不等式求解即可．

【解答】

解：由可得，
．
当且仅当时，等号成立，即．
所以的最小值为，
故本题选C．

6.【答案】 

【解析】解：设，则恒成立，故函数在上单调递增．
，则，即，故．
，即，即，故，解得．
故选：．
构造，确定函数在上单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案．
本题主要考查了导数与单调性关系在不等式求解中的应用，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，

，
不妨令，则，
解得或不合题意，舍去，即，
，或，
，，即，
当时，，
，
当时，，由得，
，
则的取值集合为．
故选：．
由题意，利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或，分情况讨论，即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：假设，
，
，
，与为锐角时矛盾，
故，同理，
当，且时，，
即，显然不成立，
综上，，均为锐角时，使等式成立的有序实数对共有组．
故选：．
利用反证法的思想求解，假设，推得，与为锐角时矛盾，故，同理而当，且时，可推得，显然不成立，即可得解．
本题主要考查了和差角公式的简单应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为且，
所以，故E，，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错误．
故选：．
根据正态分布的期望方差性质可判断、，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．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查点的轨迹问题，过定点问题，距离的最小值问题，属于中档题．
圆：关于直线对称，点在直线上，可得，可判断；以为直径的圆的方程为，把点的坐标代入方程可判断；的最小值即为点到直线的距离，求出可判断，进而可判断．

【解答】

解：由圆：得，
所以圆心，半径，
由圆：关于直线对称，
所以在直线上，所以
所以，所心点的轨迹方程为，故A正确；
以为直径的圆的方程为，
把点代入圆的方程的左边，
有，所以点在圆上，故B正确；
的最小值为即为点到直线的距离，又，故C错误；
若直线与圆切于点，则，故D正确．
故选ABD．

11.【答案】 

【解析】解：对于，将，代入，有都成立，即曲线关于直线对称，故A正确；
对于，将代入曲线得，
即，，且则，由，解得，
在上，，递减，在上，，递增，
又，，而，
所以在上有两个零点，故B错误；
对于，将代入曲线得，，
所以，即曲线与直线有唯一公共点，故C正确；
对于，设，代入曲线得，
即，
当，即时，代入得，矛盾，故，
所以，，
解得，又，所以，故D正确．
故选：．
验证对于任意，是否都有成立即可判断；联立直线与曲线得，构造，利用导数研究其在上零点个数即可判断；联立直线与曲线求交点即可判断；设，代入曲线整理得，通过判别式得出的范围即可判断．
本题考查曲线与方程，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，平面，平面，，
又，，，平面，平面，
取的中点，则，与成角，与成角，
设与对角面的交点为，则对角面，
点轨迹为以为轴的一个圆锥的底面圆，如图，其中是该圆锥的母线，且母线与轴成角，故A错误；

当时，点即为上，正方体过，，的截面是四边形，如图；
当时，点在线段上，取的中点，连接，，
因为，，为平行四边形，则，
过作交于，则，点在线段上，
正方体过，，的截面是四边形，如图；
当时，点在线段不含端点上，
正方体过，，的截面是五边形，其中，，如图，
综上，点在棱上，若正方体过，，的截面是四边形，则或，故B正确；

对于，取的中点，连接，，，
，，为平行四边形，
设的中点为，在平面中，过作，分别交，于，，
过作，分别交，于，，
过作，分别交，于，，
平面，平面，，
又，，，平面，平面，
平面，，
又，，，平面，平面，
过线段中点且与垂直的截面是四边形，如图，故C正确；

对于，设，连接，
平面，平面，，
又，，，平面，平面，
平面，平面平面，
若点在平面内运动，要使最小，需点在上，如图，

以为原点，分别以，为，轴，建立直角坐标系，如图，
则，
设关于直线的对称点为，则，
直线的方程为，则，
解得，即，
，当为与的交点时，等号成立，
故A的最小值为，故D正确．
故选：．
取的中点，则，则与成角，设与对角面的交点为，则对角面，可知点轨迹为以为轴的一个圆锥的底面圆，即可判断；分为，，三种情况，作出过，，的截面，即可判断；取的中点，设的中点为，过作，过作，分别交，于，，可得过线段中点且与垂直的截面是四边形，即可判断；设，平面平面，要使最小，需点在上，以为原点，分别以，为，轴，建立直角坐标系，设关于直线的对称点为，则，根据对称性求出坐标，由求解，即可判断．
本题主要考查棱柱的结构特征，平面的基本定理及推论，异面直线所成的角，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由可知，是等腰三角形，
，，所以，
则，点是上的动点，
设，，
故


．
故答案为：．
根据题意，利用余弦定理求出，然后利用平面向量基本定理和数量积的运算即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 

14.【答案】或 

【解析】解：，
，
实数，或，
故答案为：或．
根据：，按照二项式定理展开，可得的值，再根据，求得的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设事件为灯亮，事件为灯亮，
事件为开关甲闭合，事件为开关乙闭合，
事件为开关丙闭合，则所求概率为 ．
其中，，
所以．
故答案为：．
若同时亮，则可能闭合甲开关或不闭合甲开关且同时闭合乙，丙开关．
本题考查相互独立事件的概率公式，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由，
得，即．
因为，，则，，
从而，
当仅仅当时，等号成立，
因为，所以当最大时，，
则，为等腰三角形，
不妨设．
以为轴，中垂线为轴建立直角坐标系，则，
由，，的长依次成等差数列，
得，，
则点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
其中，，，
则椭圆的方程为．
设，
则，
所以当时，．
所以的最大值为．
故答案为：．
利用已知条件找到和另两个角的恒等关系，再找到最大时的形状，最利用椭圆定义及性质求解．
本题考查解三角形问题，椭圆的几何性质，化归转化思想，函数思想，属中档题．
 

17.【答案】解：，，
，
两式相减可得
，
，两边同时除以可得：
，
与题设条件比较可知：存在满足条件；
设公比为，，．
由可知：，
化简得，
解得，即，
当时，，解得，
，
． 

【解析】由递推式将化为后相减，再结合条件约分，经比较可得的值．
据条件找出和，再用公式即可求得．
本题考查数列的递推式，等比数列的通项公式和前项和公式，属中档题．
 

18.【答案】解：，
，即，
由正弦定理及，得，
连接，，，如图所示，

在中，，，
由余弦定理，，
，
． 

【解析】通过正弦定理化简已知条件，结合面积公式可得，在中，利用余弦定理即可求出的长度．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
 

19.【答案】证明：因为四边形为菱形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
又平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以C.
解：上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且．
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以，，方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，，，．
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
使与平面所成角的正弦值为，
设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
即，
又，则，可取，
又，所以，
即，解得，此时，
因此上存在点，使与平面所成角为，且． 

【解析】先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；
假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可．
本题主要考查空间中的垂直关系，空间向量及其应用，立体几何中的探索性问题等知识，属于中等题．
 

20.【答案】解：该选手选择方式二答题，记每轮得分为，则可取值为，，，
且，，，
记预赛得分为，

，
该选手所以选择方式二答题晋级的概率为．
该选手选择方式一答题：
设每轮得分为，则可取值为，，
且，，
，
设预赛得分为，则，．
该选手选择方式二答题：
设每轮得分为，则可取值为，，，且，
，
，
．
设预赛得分为，则，
因为，所以该选手选择两种方式答题的得分期望相等． 

【解析】该选手选择方式二答题，记每轮得分为，则可取值为，，，求出概率，然后求解预赛得分为的概率．
该选手选择方式一答题：设每轮得分为，则可取值为，，求解概率，得到期望；
该选手选择方式二答题：设每轮得分为，则可取值为，，，求解概率得到期望，即可判断该选手选择那一种方式答题．
本题考查离散型随机变量的期望的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
 

21.【答案】解：设，则，，
设动圆圆心为，由，得，
因为，所以，化简整理得，
所以曲线的方程为．

证明：直线与轴不垂直，设直线的方程为，，
由，，
则，
由，，
则，
故．

，
，又，
，得，
因此． 

【解析】设，则，，设动圆圆心为，得，由化简可得曲线的方程；
设直线的方程为，，分别与，的方程联立，利用韦达定理即可求得，从而证得结论；
由，，可得，得，再由得到结果．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
 

22.【答案】解：Ⅰ证明：当时，有，
所以，证明，只需证，
 即证，即，
 设，，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，即，
所以．
Ⅱ，．
，
由，得，
下面证明当时，是的极小值点．
当时，，当且仅当时，，
所以在上单调递增，
由知，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以是的极小值点，
综上所述，当为函数的极小值点，的值为．
故实数的取值范围是 

【解析】Ⅰ先利用参数放缩，当时，有，再构造函数求最值即可证明；
Ⅱ利用极值的第二充分条件先求出的值，再证明其充分性即可．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．