2023届黑龙江省大庆实验中学高三下学期实验一部5月考前得分训练（四）数学试题含解析

2023届黑龙江省大庆实验中学高三下学期实验一部5月考前得分训练（四）数学试题

一、单选题

1．已知全集.设集合,则(   )

A． B．或

C．或 D．

【答案】D

【分析】根据已知分别求出集合,再根据补集和并集的定义求解即可.

【详解】由不等式,

解得,

∴或;

由不等式,

解得或,

∴.

故选:D.

2．复数z满足，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知，再根据复数除法运算求解即可.

【详解】解：由得

故选：B

3．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．

【详解】对于A，若，则或，故A错误；

对于B，若，则或，

若，因为，则，

若，如图所示，则在平面一定存在一条直线，

因为，所以，

又，所以，

综上若，则，故B正确；

对于C，若，则直线相交或平行或异面，故C错误；

对于D，若，则直线相交或平行或异面，故D错误.

故选：B.

4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则八面体的总曲率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设每个面记为边形，求出所有的面角和，再根据定义即可得解.

【详解】设每个面记为边形，

则所有的面角和为，

根据定义可得该类多面体的总曲率．

故选：C．

5．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最大的一份为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.

【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，

依题意可得，，

，

，

解得，

.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键.

6．已知非零向量满足：，则夹角的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知，再根据向量夹角求解即可.

【详解】解:因为，

所以，

所以，

因为，

所以，由于

所以

故选：B

7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.

【详解】

因为，所以∽，

设，则，设，则，．

因为平分，由角平分线定理可知，，

所以，所以，

由双曲线定义知，即，，①

又由得，

所以，即是等边三角形，

所以．

在中，由余弦定理知，

即，化简得，

把①代入上式得，所以离心率为．

故选：A．

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用其单调性比较a，c；构造函数，利用其单调性比较a，b.

【详解】设，，

所以，

令，，

则，

则在上单调递减，

所以，则，

故在单调递减，

所以，即，即，

因为，

构造，，

所以，即在上单调递增，

所以，即，即，

即，

综上：．

故选：D

【点睛】思路点睛：由，构造函数，利用其单调性比较；由，构造函数，利用其单调性比较.

二、多选题

9．下列命题中正确的是（    ）

A．设随机变量服从正态分布，若，则

B．经验回归方程为时，变量x和y负相关

C．某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为

D．若，则取最大值时

【答案】ABC

【分析】对于A，正态分布曲线关于直线对称，则，故选项A正确；对于B，回归方程的直线斜率为负数，所以变量x与y呈负的线性相关关系，所以B正确；对于C，所求概率为，所以C正确；对于D，由，解得或，所以D错误．

【详解】对于A，随机变量服从正态分布，若，则正态分布曲线关于直线对称，则，故选项A正确；

对于B，回归方程的直线斜率为负数，所以变量x与y呈负的线性相关关系，所以B正确；

对于C，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，则该生在前2个路口不是红灯，第3个路口是红灯，由独立事件的概率乘法可知，所求概率为，所以C正确；

对于D，由，即，解得或，所以D错误．

故选：ABC．

10．下列结论中，正确的是（    ）

A．若，，则的最小值为8

B．若，则函数的最小值为

C．已知正数a，b满足，则

D．已知，，且，则

【答案】ACD

【分析】对于A，分析得到，，且，再利用基本不等式求解得A正确；对于B，分析得，再利用基本不等式求出函数的最大值为，故B错误；对于C，分析得到，且，，再利用基本不等式得 C正确；对于D，分析得，化简即可得D正确.

【详解】对于A，因为，，所以，，且，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8，故A正确；

对于B，若，则，则，则，当且仅当，即时取等号，所以函数的最大值为，故B错误．

对于C，因为正数a，b满足，所以，且，，所以，当且仅当时等号成立，故C正确.

对于D，∵，，且，∴，∴，∴，当且仅当取等号，故D正确.

故选：ACD．

11．已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线上两点，下列结论正确的是（    ）

A．的最小值为2

B．若，则线段MN的中点P到x轴的距离为6

C．若直线MN过点F，则

D．若，则的最小值为8

【答案】AD

【分析】对A，证明，故A正确；对B，点P到x轴的距离为4，故B错误；对C，把直线方程代入抛物线方程整理得，所以，故C错误；对D，由题得，当即的最小值即为抛物线的通径长，此时最小值为8，故D正确.

【详解】对A，，则，焦点F坐标为，准线方程为，∴，∵，∴，当且仅当时等号成立，故A正确；

对B，∵，根据抛物线定义得，则，

而由中点坐标公式得点P的纵坐标，即为点P到x轴的距离为4，故B错误；

对C，因为直线MN过点F，设直线方程为，代入抛物线方程整理得，所以，故C错误；

对D，若，则M，F，N三点共线，由题得

，

当时的最小值即为抛物线的通径长，此时最小值为8，故D正确.

故选：AD．

12．已知函数，的零点分别为，，给出以下结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】函数的图象关于直线对称，是函数和的图象与函数的图象的交点的横坐标，则有，，，直接变形判断AB；利用基本不等式判断C；由零点存在定理判断，构造函数，确定单调性，再计算函数值，利用单调性判断D．

【详解】由函数得，所以的图象关于直线对称，

是函数和的图象与函数的图象的交点的横坐标，

因此已知，，

又，，即，

因而A、B均正确；

又，当且仅当即时等号成立，

但，

因而，上式等号不成立，

所以，C正确；

记，，

因此

而函数在区间范围内单调递增，

所以，所以D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13．写出与直线 和圆都相切的一个圆的方程________．

【答案】 （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.

【分析】根据相切关系，列出圆心和半径应该满足的条件即可.

【详解】设圆的方程为:

和直线相切可以得：

和圆相切得：或

若则

此时圆的方程：

故答案为： （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.

14．2021年11月27日奥密克戎毒株输入我国香港，某医院委派甲、乙、丙、丁四名医生前往三个小区做好防疫工作，每个小区至少委派一名医生，在甲派往小区的条件下，乙派往小区的概率为____．

【答案】

【分析】根据分组分配利用排列组合计算个数，结合条件概率的计算公式即可求解.

【详解】记事件为“甲派往小区”，事件为“乙派往小区”，则

若A小区分配甲一个人，则有，若A小区分配甲以及另一个人一起，则有,故事件包含的基本事件个数为，

在甲派往小区的条件下，乙派往小区的情况为：①只有甲派往小区，只有乙派往小区，另外两个人去C小区，则有1种情况，②从丙丁中选一个人连同甲一起派往小区，只有乙派往小区，剩下一个人去C小区，则有种情况，③从丙丁中选一个人连同乙一起派往小区，只有甲派往小区，剩下一个人去C小区，则有种情况，

,

故答案为：

15．化简_____

【答案】

【分析】逆用差角正弦公式、二倍角正弦公式化简求值即可.

【详解】

．

故答案为：

16．如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱和的中点，是侧面内的动点，且平面，当的外接圆面积最小时，三棱锥的外接球的表面积为____________.

【答案】

【分析】由已知，证明，取的中点，连接，证明，然后证明面平面，找到动点在侧面的轨迹，根据的外接圆面积最小确定点的位置，然后先计算外接圆半径，然后使用勾股定理再计算三棱锥的外接球半径，从而求得其表面积即可.

【详解】

由已知，如图所示，连接，因为，分别是棱和的中点，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以,

平面，平面，所以平面，

取的中点，连接，取的中点，连接，，

因为，分别是棱和的中点，所以，平面，平面，所以平面，

而平面，， 所以平面平面，

而是侧面内的动点，且平面，

所以是棱内的动点，

因为平面， 平面，所以，

在中， ，所以外接圆半径为斜边的一半，

要使外接圆面积最小，即外接圆半径最小，即取得最小值，又，

所以为中点时取得最小值，

由，， ，为中点，所以，

设的外接圆半径为，，

三棱锥的外接球半径为，所以，

所以三棱锥的外接球表面积为.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在△ABC中，AC⊥BC．延长BA到D，使得AD＝2，且．

(1)若，求△DBC的面积；

(2)当时，求△ACD面积的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在△ACD中，根据正弦定理可得，则可利用面积公式求△ACD的面积，根据边角关系再求Rt△ABC的面积；（2）设，用表示，代入面积公式计算整理，并注意．

【详解】（1）在△ACD中，

∵，则，即

△ACD的面积

在Rt△ABC中，，即

△ABC的面积

△DBC的面积

（2）在△ACD中，设，

∵，则

△ACD的面积

若，则

则，即△ACD面积的取值范围

18．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点.

(1)求证：平面⊥平面；

(2)若二面角为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直得到，再由得到线面垂直，面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，设，根据二面角的大小求出，利用空间向量求解点到平面的距离.

【详解】（1）底面，平面，

，

又，平面，，

平面，

又平面，

平面⊥平面.

（2）底面，平面，

，

因为，

故以为正交基底，建立空间直角坐标系，设

则，

设平面的法向量为，

由于，

令，得：，

故取，

取平面的法向量为，

则，解得：，

故，

故点到平面的距离.

19．某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源.从全市中小学生中随机抽取了100名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：

其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者.

(1)统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件发生的似然比.现从样本中随机抽取1名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；

(2)若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且.若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；

（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.

【详解】（1）由题意得：，

，

，

.

（2），

，则，

可能的取值为，

的分布列为：

数学期望.20．已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，．

(1)求与的通项公式；

(2)设，求数列的前项和；

(3)在（2）的条件下，若对任意的，，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)

(3)

【分析】（1）利用等差和等比数列通项公式可构造方程组求得，由此可得；

（2）采用分组求和的方式，根据等比数列求和公式和裂项相消法可求得；

（3）将恒成立的不等式转化为，令，利用作差的方式可求得的单调性，得到，由此可得的取值范围.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由得：，又，，

，.

（2）由（1）得：，

.

（3）由（2）得：对任意的，恒成立，

对任意的，恒成立；

令，则；

则当时，；当时，；

，，即实数的取值范围为.

21．已知椭圆C：，，为椭圆C的左、右顶点，，为左、右焦点，Q为椭圆C上任意一点.

(1)求直线和的斜率之积；

(2)直线l交椭圆C于点M，N两点（l不过点），直线与直线的斜率分别是，且，直线和直线交于点.

①探究直线l是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；

②证明：为定值，并求出该定值.

【答案】(1)；

(2)①是，；②证明见解析，.

【分析】（1）根据斜率公式结合条件即得；

（2）①设点，直线，联立椭圆方程利用韦达定理结合条件表示出，进而即得；②根据斜率公式结合条件可得，即得；或利用韦达定理法，表示出直线方程结合条件即得.

【详解】（1）设点，则，

设直线和的斜率为，则

；

（2）①设点，直线，

联立方程得整理得，

，

，

所以，

即，

因为，所以，

化简整理可得，即，

所以直线l过定点；

②解法一；设直线和直线的斜率为，

由（1）得，由①得，

所以，所以；

解法二：设点，直线，

联立方程得整理得，

所以，

直线，

联立两直线方程可得，

所以；

②解法三：：设点，直线，

联立方程得整理得，

，

联立两直线方程可得，因为.

所以

，

所以.

22．已知函数．

(1)若函数有两个零点，求a的取值范围；

(2)证明．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）先讨论不符合题意，再讨论，求出函数的单调区间，再利用零点存在性定理分析得解；

（2）求出，再证明，即得证.

【详解】（1）由题得且.

当时，没有零点，不符合题意；

当时，若，则；若，则，不符合题意；

当时，，所以在和均单调递增；

当时，由，，所以在上有一个零点；

当，，，所以在上有一个零点，所以a的范围是．

（2）因为的两个零点，所以，即，

同理，，

所以，

若，即，则，

所以的两个零点互为倒数，即，所以（等号不成立），

所以，

所以．

【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于分析得到，的两个零点互为倒数.