2023届辽宁省县级重点高中联合体高三下学期第一次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省县级重点高中联合体高三下学期第一次模拟考试数学试题含解析，共18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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式以及根式不等式化简集合,由集合的交运算即可求解.
【详解】由题意可知 ，所以 ，
由 ，所以，所以，
故选：C
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的四则运算可得，进而可求模长.
【详解】∵，则，
∴.
故选：A.
3．已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用两角和差的正弦公式和二倍角进行化简，结合角的范围即可求解
【详解】，
因为，，所以，
所以，故．
故选：D
4．已知双曲线：的实轴长为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由判断的焦点在轴上，则根据实轴长可得或，根据双曲线的标准方程可得，即可求得离心率
【详解】由，知的焦点在轴上，
因为的实轴长为，所以，解得或，
又因为是双曲线，所以，所以，
则双曲线：，
则的离心率为，
故选：A.
5．已知直线是函数（）图象的一条对称轴，则在上的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由对称轴求出，再求在上的值域即可.
【详解】∵直线是函数（）图象的一条对称轴，
∴，，∴，，
∵，∴时，，.
当时，，
∴当时，取最小值，
当时，取最大值，
∴，，
∴在上的值域为.
故选：D.
6．某舞台灯光设备有一种25头LED矩阵灯（如图所示），其中有2头LED灯出现故障，假设每头LED灯出现故障都是等可能的，则这2头故障LED灯相邻（横向相邻或纵向相邻）的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出横向、纵向相邻的LED灯总对数，再应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】每列相邻的LED灯共4对，共有5列，故横向相邻有种；同理纵向相邻也有种，
所以这2头故障LED灯相邻的概率为．
故选：A
7．在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三棱锥的几何特征找到球心的位置并求出球的半径，再利用球的体积公式即可求解.
【详解】由题意可知∥，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以和有公共的斜边，
设的中点为，则点到，，，的距离都相等，
所以点为三棱锥外接球的球心，为该球的直径，
所以，即，
该球的体积．
故选：B.
8．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，再比较大小即可.
【详解】设函数，则，则在上是减函数，
又，则，
又因为，，，
所以，即．
故选：C.
二、多选题
9．随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分．某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和旅游方式，如图所示，则（ ）
A．估计2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人占游客总人数的80%
B．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占游客总人数的26.25%
C．估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客中青年人超过一半
D．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多
【答案】ABC
【分析】根据已知条件可知游客中老年人、中年人、青年人的人数比例以及选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数的比例，即可判断.
【详解】设2022年到该地旅游的游客总人数为，
由题意可知游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，
其中选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，
所以2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人的人数为，所以A正确；
因为2022年到该地旅游的游客选择自助游的人数，
所以B正确；
因为2022年到该地旅游且选择自助游的游客的人数为，其中青年人的人数为，所以C正确；
因为2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人的人数为，而到该地旅游的老年人的人数为，所以D错误．
故选：ABC.
10．若，，分别是定义在上的偶函数、奇函数、偶函数，则下列函数是偶函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据函数奇偶性的定义逐项判断即可.
【详解】若，，分别是定义在上的偶函数、奇函数、偶函数，
则，，
对于函数，则，
则为奇函数；
对于函数，则，
则为偶函数；
对于函数，则，
则为偶函数；
对于函数，则，
则为偶函数.
故选：BCD.
11．已知，，是同一条直线上三个不同的点，为直线外一点．在正项等比数列中，已知，且，则的公比的值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】由，，三点共线得出，再将与代入，借助的取值范围求出的取值范围即可.
【详解】∵，，是同一条直线上三个不同的点，且，
∴．
∵为正项等比数列，所以公比．
∴，∴，
∵，∴，∴，即，
解得（舍）或，∴
对于A，，故选项A不正确；
对于B，，故选项B不正确；
对于C，，故选项C正确；
对于D，，故选项D正确.
故选：CD.
12．在中，，，，如图所示，将绕逆时针旋转120°至处，则（ ）
A．在旋转过程中，点运动的轨迹长度为
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成的角为90°
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】对于选项A，过作，旋转过程中，点在为半径的圆上运动，利用条件可求出结果；
对于选项B，利用等体法求解；
对于选项C，利用异面直线的定义，取的中点，连接，转化成平面角，在中利用边长关系可求出结果；
对于选项D，利用线面角的定义，过作交的延长线于，连接，转化成平面角，在中求出结果；
【详解】过作，交的延长线于，则，．
在中，，，所以，，
所以在旋转过程中，点运动的轨迹长度为，故A错误．
在中，，，所以．设点到平面的距离为，因为，所以，
即到平面的距离为，故B正确．
取的中点，连接，则，连接，所以或其补角为所求角，在中，，，，所以，所以，所以异面直线与所成的角为90°，故C正确．
过作，交的延长线于，连接，则平面，所以为所求的线面角．
在中，，，所以，故D正确．
故选：BCD
三、填空题
13．已知正数a､b，，则的最小值为__________．
【答案】8
【分析】根据题意，结合基本不等式得到，进而可求出结果.
【详解】因为，
所以（当且仅当，即，时取等号），
故的最小值为，
故答案为：
14．满足直线：与圆：有公共点的一个整数______．
【答案】2（或，，0，1，只需填写一个答案即可）.
【分析】利用直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由题可知，，解得．
故答案为：2（或，，0，1，只需填写一个答案即可）.
四、双空题
15．法国数学家加斯帕・蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆：，则的蒙日圆的方程为______；若过圆上的动点作的两条切线，分别与圆交于，两点，则面积的最大值为______．
【答案】 12
【分析】根据蒙日圆的定义，可知点一定在蒙日圆上，可求得蒙日圆的半径，进而求得蒙日圆的方程；因为，，都在圆上，且，所以为圆的直径，显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，进而求解.
【详解】由题意可知，点一定在蒙日圆上，
所以蒙日圆的半径，
所以蒙日圆的方程为．
因为，，都在圆上，且，
所以为圆的直径，所以，
显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，
故面积的最大值为．
故答案为：；12.
五、填空题
16．已知函数，若恒成立，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.
【详解】等价于，令，则．
当时，；当时，．
所以
故转化为，即
令，，则，则，
故的取值范围为．
故答案为：
【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，处理问题的关键是通过不等式的形式构造适当的函数，再结合常变量分离法，利用导数的性质进行求解是解题的关键.
六、解答题
17．已知数列的前项和为，且，．
(1)证明：是等比数列．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用的关系得，结合等比数列定义证明结论；
（2）由（1）得，应用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）当时，因为，所以．
当时，且，则，即．
又，所以是以6为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）知，则，
所以，故．
18．为了了解男、女学生对航天知识的了解情况，某调查机构进行了一个随机问卷调查（总分100分），调查的结果如下表所示．若本次问卷调查的得分不低于90分，则认为该学生非常了解航天知识．
(1)判断是否有95%的把握认为性别与是否非常了解航天知识有关；
(2)现将3个航天器模型纪念品随机分配给参与本次调查且非常了解航天知识的学生，设获得纪念品的女生人数为，求的分布列以及数学期望．
附：，．
【答案】(1)有95%的把握认为性别与是否非常了解航天知识有关
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据列联表数据计算出卡方，即可判断；
（2）依题意可得的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【详解】（1）解：由列联表可得．
因为，所以有的把握认为性别与是否非常了解航天知识有关．
（2）依题意可得获得纪念品的女生人数的可能取值为，，，
所以，，，
所以的分布列为：
所以
19．如图，四棱锥的底面为矩形，，，，平面平面．是的中点，是上一点，且平面．
(1)求的值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设平面与直线相交于点，连接，．根据线面平行的性质即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.
【详解】（1）设平面与直线相交于点，连接，．
因为平面，平面，平面平面，
所以．
因为，平面，平面，
所以平面．又平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，分别为，的中点，故．
（2）因为，是的中点，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则令，得，
所以．
设直线与平面所成的角为，
则．
20．如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，AC＝4，，BC⊥CD，E为AD的中点，AC与BE相交于点F．
(1)求△ACD的面积；
(2)求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）在中用余弦定理求出，再利用诱导公式及三角形面积公式求解作答.
（2）利用余弦定理求出，由正弦定理求出，然后利用和差角及二倍角的三角函数公式求解作答..
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，
由得：，
所以的面积.
（2）在中，由（1）知，
由余弦定理得，
由正弦定理，得，
而，即是锐角，则，
在中，，
，
因此，
在中，，即，
，而是锐角，解得，
，在中，，
所以
.
21．如图，，，，是抛物线：上的四个点（，在轴上方，，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点．
(1)若点的横坐标为6，则当的面积取得最大值时，求点的坐标．
(2)试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为2
【分析】（1）首先求出直线方程，由于的长度为定值，故点离直线距离越远，的面积越大，设与直线平行的直线为，根据直线与抛物线相切求出，进而取出点坐标.
（2）首先设，设直线BD为，然后将直线与曲线联立，利用韦达定理求得，．同理求得，，然后根据弦长公式分别求得，，，，然后代入中即可证明其为定值.
【详解】（1）由题可知，点的坐标为，直线的方程为，
则的长度为定值．
将直线平移到与抛物线相切，切点为，此时的面积取得最大值．
设切线的方程为，联立方程组
消去整理得．
，解得，
将代入，
解得，，故点的坐标为．
（2）设，则直线的方程为，
联立方程组消去整理得，
则，．
同理可得，，．
，，
，，
所以．
故是定值，且该定值为2．
【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线中的弦长公式我们并不陌生，弦长，其中在圆锥曲线中，任意两点间的距离我用都可以仿照弦长公式进行求解，假设，，即，用此方法求两点间距离时，方便我们利用韦达定理.
22．已知函数．
(1)求的最值；
(2)当时，函数的图像与的图像有两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】(1)，无最大值．
(2)
【分析】（1）求导，根据导函数的符号求解；
（2）构造函数 ，求导，研究 的单调性，对a分类讨论.
【详解】（1）因为，所以 ，
令 ，则，
所以 时， ，在上单调递减，
时， ， 单调递增，
所以，无最大值；
（2）令，原问题等价于 有2个零点，
，
令 ，则 ，
显然 在上单调递增，所以 ．
当时， ，在上单调递增，，即 ，
则在上单调递增，所以，
所以有且仅有1个零点，不符合题意；
当时， ， ，
， ，
所以存在唯一，使得 ．
当时， ，单调递减，则，
当时， ，单调递增，
又 ，
所以当x趋于时， 也趋于，存在唯一的，使得．
当时， ，则在上单调递减，
当时， ，则在上单调递增，
因为，且当x趋于时， 也趋于，则在上有两个零点，
所以实数的取值范围是；
综上， 的最小值是 ，无最大值；a的取值范围是.
【点睛】本题难点在于二次，三次求导，并对a的分类讨论，注意利用特殊值 和 来判断 的符号.
男学生
女学生
不低于90分
8
2
低于90分
22
28
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2