辽宁省沈阳市2023届高三三模数学试题（解析版）

这是一份辽宁省沈阳市2023届高三三模数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了考试结束后，考生将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2023年沈阳市高中三年级教学质量监测（三）数学命题：沈阳市第一二〇中学  潘戈沈阳市第二中学  王晓冬沈阳市第十一中学  师宁宁主审：沈阳市教育研究院  王孝宇本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上．并将条码粘贴在答题卡指定的区域内．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡指定位置书写作答，在本试题卷上作答无效．3．考试结束后，考生将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由全集和集合可求出，再由交集运算性质即可求解.【详解】由题意得，，又则，因为，所以，故选：A.2. 在复平面内，复数对应的点分别是，则的虚部是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由复数对应的点分别求出，代入化简计算，进而可得的虚部．【详解】复数对应的点分别是，则，，其虚部为故选：D3. 不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法即可求解.【详解】解：原不等式可以转化为：，当时，可知，对应的方程的两根为1，，根据一元二次不等式的解集的特点，可知不等式的解集为：.故选：A.4. 的展开式中，含项的系数为（    ）A. 430 B. 435 C. 245 D. 240【答案】B【解析】【分析】，求出展开式的通项，再令的指数分别为，进而可得出答案.【详解】，展开式的通项为，令，则，令，则，令，则，所以项的系数为.
故选：B.5. 若圆截直线所得弦长为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分析可知直线过圆心，由此可求得实数的值.【详解】圆的标准方程为，圆心为，圆的半径为，因为若圆截直线所得弦长为，所以，直线过圆心，则，解得.故选：C.6. 已知函数，若的值域是，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：由图可知，当或时，两图象相交，若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；同理当,值域也不是；当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；综上可知，实数的取值范围是.故选：B7. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭．如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭的体积为，则该方亭的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由棱台的体积求出，再由棱台的表面积公式求解即可.【详解】由题意得，，则方亭的体积为，解得，则，画出的平面图，作于，，，则，，则该方亭的表面积为.故选：A.8. 已知，，，则下列判断正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将分别与、、比较大小即可得出判断.【详解】∵，∴，∵，∴，则．∵，∴，，，则，∵，∴，则，故．故选：A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列命题中正确的是（    ）A. 已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的50%分位数是7.5B. 已知随机变量，且，则C. 已知随机变量，则D. 已知经验回归方程，则y与x具有负线性相关关系【答案】ABD【解析】【分析】A选项由百分位数的定义计算即可；B选项由正态分布的对称性计算即可；C选项根据二项分布的期望公式计算；D选项由回归直线的斜率正负判断线性相关关系.【详解】对于A选项，，第3个和第4个数的平均数为，故A正确；对于B选项，，故B正确；对于C选项，，则，故C错误；对于D选项，，可得y与x具有负线性相关关系，可知D正确．故选：ABD．10. 已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是（    ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直或平行关系，代入分析讨论求证即可.【详解】对于选项， ，则有内的一条直线 因为，所以又所以，即条件“”能够得到,所以选项是的充分条件；对于选项，不一定能够得出结论， 也可能相交或平行；因此该选项错误；对于选项，，，所以，又因为所以，因此该选项正确；对于选项，因为所以或又因为，所以.故选：ACD.11. 对于函数，下列结论正确的是（    ）A. B. 的单调递减区间为C. 的最大值为1D. 若关于x的方程在上有四个实数解，则【答案】AD【解析】【分析】根据绝对值的性质化简不等式，判断A，根据正弦函数和余弦函数的单调性判断B，C，结合函数图象判断D.【详解】因为，所以当，即，时，，当，即，时，，所以，A正确；因为函数在，上单调递减，函数在，上单调递增，函数在，上单调递增，函数在，上单调递减，又当，时，，当，时，，所以函数的单调递减区间为和，B错误；当，时，，当，时，，当且仅当，时取等号；所以最大值为，C错误；因为方程在上有四个实数解，所以函数的图象与函数的图象有四个交点，作函数在上的图象如下，观察可得，D正确；故选：AD.12. 已知等比数列首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则下列结论正确的是（    ）A. 为单调递增的等差数列B. C. 为单调递增的等比数列D. 使得成立的n的最大值为6【答案】BCD【解析】【分析】首先求函数的导数，根据条件判断，先判断B；再结合等比数列的定义和等差数列的定义判断AC；最后数列前项积的定义判断D.【详解】函数，则，因为，所以，由等比数列的性质可得，所以，所以，由，可得，故B正确；因为等比数列首项，公比为q，所以，则，故为单调递减的等差数列，故A错误；设，则为常数，因为，所以，单调递减，所以为单调递增的等比数列，故C正确；因为，且，所以，，所以使得成立的n的最大值为6，故D正确．故选：BCD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知，，若与的夹角是锐角，则实数x的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由，求得，再设，求得，进而得到的取值范围.【详解】因为向量，，由，可得，解得，设，可得，即，解得，此时向量与共线，所以当与的夹角是锐角时，则满足或，所以的取值范围是.故答案：.14. 在中，为的平分线，，则___________，若，则___________.【答案】    ①. 7或    ②. 【解析】【分析】直接利用余弦定理即可求解；由，可得，由余弦定理可求得，进而可得的大小，由三角形面积公式建立关于的等量关系，求解即可．【详解】解：在中，，，，由余弦定理可得，即，即，所以或；若，则，由余弦定理可得，所以，因为为的平分线，所以，所以，解得．故答案为：或7；．15. 已知A、B、P为双曲线上不同三点，且满足为坐标原点），直线PA、PB的斜率记为，则的最小值为_____【答案】【解析】【分析】可得A，B关于原点对称，设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），P（x0，y0），则mn4，再利用不等式求解．【详解】∵满足（O为坐标原点），∴A，B关于原点对称，设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），P（x0，y0），则，，直线PA，PB的斜率记为m，n，满足mn4，则，即的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了双曲线的性质，属于中档题．16. 已知对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.【详解】因为，所以①，令，则，设，所以，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以在单调递增，因为①式可化为，所以，所以，令，则，当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，故答案为：.【点睛】关键点睛：通过不等式的形式构造函数，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.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知数列满足，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由递推关系，利用累加法求数列的通项公式；（2）由（1）可得，再根据错位相减法求其前n项和．【小问1详解】因为，所以，所以，又，所以，又当时也适合上式，所以．【小问2详解】因为，所以，，①，②-②得，所以，所以故．18. 已知函数.（1）求f(x)的单调递增区间；（2）若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）.（2）【解析】【详解】（1）由，得到.因此f(x)在上的增区间为，k∈Z且，解得.（2）因为|f(x)-m|<2在上恒成立，所以.又，其中，所以，故.19. 如图，在三棱锥中，，，，，点D为BC中点．（1）求二面角的余弦值；（2）在直线AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）    （2）存在，M是AB的中点或A是MB的中点．【解析】【分析】（1）根据已知得出PC，CA，CB两两垂直，进而以C点为坐标原点，分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，而后利用空间向量法求解二面角的余弦值即可.（2）由（1）设，利用PM与平面PAD所成角的正弦值为，求出或，即可判断出的位置.【小问1详解】∵PC⊥AC，∴∠PCA=90°，∵AC=BC，PA=PB，PC=PC，∴，∴∠PCA=∠PCB=90°，即，又，AC、平面ACB，∴平面ACB，∴PC，CA，CB两两垂直，故以C点坐标原点，分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，设平面PAD一个法向量，则，取，得，易知平面PDB的一个法向量为，∴，设二面角的平面角为，∵是钝角，∴．【小问2详解】存在，M是AB的中点或A是MB的中点．由（1）知，设，则，，，∵，解得或，∴M是AB的中点或A是MB的中点．20. 甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子．规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束．（1）记两人抛掷骰子的总次数为X，若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时，X的分布列和期望；（2）已知甲先掷，求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率．【答案】（1）分布列见解析，期望为；    （2）.【解析】【分析】（1）求出抛掷骰子一次获胜的概率，再求出X的可能值并求出对应的概率，列出分布列，求出期望作答.（2）利用独立事件的概率公式，求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式，再借助数列求解作答.【小问1详解】依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，的可能值为1，2，3，4，，，，，所以的分布列为；1234期望.【小问2详解】设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为，依题意，，当时，，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，当时，甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率，显然当时，满足上式，所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.21. 已知椭圆的离心率为，其左焦点为．（1）求的方程；（2）如图，过的上顶点作动圆的切线分别交于两点，是否存在圆使得是以为斜边的直角三角形？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据待定系数法求椭圆标准方程即可；（2）假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，直线的斜率为0，不合题意；不妨设为：，：，，，圆的半径为，得圆心到直线的距离为，得，联立直线与椭圆方程得，进而得，由得，即可解决.【小问1详解】由题意设焦距为，则，由离心率为，所以，则，的方程为．【小问2详解】不存在，证明如下：假设存在圆满足题意，当圆过原点时，直线与轴重合，直线的斜率为0，不合题意．依题意不妨设为：，：，，，圆的半径为，则圆心到直线的距离为，即是关于的方程的两异根，此时，再联立直线与椭圆方程得，所以，即，得所以，同理由，得，由题意，，即，此时，所以，因为，所以方程无解，命题得证．22. 已知函数在点处的切线方程为．（1）求，；（2）函数图像与轴负半轴交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；（3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：．【答案】（1），；（2）0；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得，，求出，可得的方程组，求解即可；（2）先求出的负根，进而求出切线方程，求出函数，进而求出单调区间，即可得出结论；（3）根据（2）可得的图像在的上方，同理可证出的图像也在以的另一零点为切点的切线上方，求出与两切线交点的横坐标为，则有，即可证明结论.【详解】（1）将代入切线方程中，得，所以，又或，又，所以，若，则（舍去）；所以，则；（2）由（1）可知，，所以，令，有或，故曲线与轴负半轴的唯一交点为曲线在点处的切线方程为，则，因为，所以，所以，．若，，若，，，所以.若，，，，所以在上单调递增，，函数在上单调递增．当时，取得极小值，也是最小值，所以最小值．（3），设的根为，则，又单调递减，由（2）知恒成立．又，所以，设曲线在点处的切线方程为，则，令，．当时，，当时，，故函数在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，设的根为，则，又函数单调递增，故，故．又，所以．【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式的证明，要注意利用数形结合找到解题的突破口，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.