辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高三数学第六次模拟考试试题（Word版附解析）

2023年大连市第二十四中学高三年级第六次模拟考试

数学科试卷

第Ⅰ卷

一、单项选择题：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. M D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件，为点集，为数集，即可求得.

【详解】由题意得， 为上的点的集合，

为的值域为数集，所以.

故选：D

2. 命题“”为假命题，则命题成立的充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用条件知，对，恒成立，从而求出的取值范围，再根据选项即可得出结果.

【详解】因为命题“”为假命题，所以，对，恒成立，

当时，在上恒成立，所以满足条件，

当时，令，对称轴，且，所以，当时，恒成立，

当时，显然有不恒成立，

故对，恒成立时，，所以则命题成立的充分不必要条件是选项C.

故选：C.

3. 在斜三角形ABC中，，且，则角A的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由可得，又，所以，即可得出答案.

【详解】由可得，

则，

得，即，

又，

所以，即，

又，则，

故选：A.

4. 若实数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数和对数运算法则可将已知等式化为，根据对数函数单调性得到，设，由函数单调性可得结果.

【详解】由题意知：，，

，，，，

，即，

在上单调递增，，

；

设，则，

与在上单调递增，在上单调递增，

，即.

故选：A.

5. 已知、为椭圆与双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且.则该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为.

A.  B.  C. l D.

【答案】B

【解析】

【详解】设，.

椭圆方程为，

双曲线方程为

两曲线的半焦距为、，且.

由圆锥曲线定义得

，.

于是，，.

又由余弦定理得

.

由均值不等式得.

当，时，上式等号成立.

从而，该椭圆与双曲线离心率之积的最小值为.

6. 已知数列共有100项，满足，且，则符合条件的不同数列有（    ）个．

A. 4753 B. 4851 C. 4937 D. 4950

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，得出中，有97个5，2个，然后将问题转化成97个5，2个的排列问题，即可求出结果.

【详解】因为，所以或，

因为，

又，所以，

不妨设99个差中有个5，个，则，解得，

于是，所求数列的99个差中，有97个5，2个，

因为这97个5，2个的每一个排列均唯一对应一个满足条件的数列，

所以所求数列的个数为.

故选：B.

7. 现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球对应，应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．已知椭圆的标准方程为，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，从中挖去一个圆锥，根据祖暅原理可得出椭球的体积为几何体体积为倍.

【详解】椭圆的长半轴为，短半轴为，现构造一个底面半径为，高为的圆柱，

然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，

根据祖暅原理得出椭球的体积.

故选：C.

8. 已知函数，若函数恰有4个零点，则k的取值范围（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】零点个数问题转化为根的个数问题，进而转化为两个函数交点个数问题，通过对讨论，进而得到的取值范围.

【详解】当，，则，

因为，，

所以当时，单调递增，

若函数恰有4个零点,

则有四个根，

即与有四个交点，

当时，与，图象如下：

两图象只有两个交点，不符合题意，

当时，与轴相交与两点与图象如下：

当时，函数的函数值为，

当时，函数的函数值为，

所以两图象有四个交点，符合题意，

当时，与轴相交与两点与

图象如下：

在内两图象有两个交点，所以若有四个交点，

只需要与在内还有两个根，

因为，所以，

所以有在内还有两个根，

即在内还有两个根，

所以在在内还有两个根，

因为（当且仅当时，取等号），

所以且，解得，

综上所述，k取值范围为.

故选：D.

【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求解参数的方法：（1）二次型函数可借助二次方程根的个数求解；（2）分离参数法，分离参数考虑两个函数图象的交点个数；（3）转化法，拆分为两个函数，利用函数图象的交点个数求解.

二、多项选择题：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. （多选题）已知，，为虚数单位，且，复数，则以下结论正确的是（    ）

A. 的虚部为 B. 的模为2 C. 的共轭复数为 D. 对应的点在第四象限

【答案】BC

【解析】

【分析】由复数相等可构造方程求得，利用复数乘法运算求得；根据复数虚部定义、模长求解、共轭复数定义和对应点的坐标依次判断各个选项得到结果.

【详解】，，解得：，.

对于，的虚部为，错误；

对于，，正确；

对于，的共轭复数为，正确；

对于，对应，不在第四象限，错误.

故选：.

【点睛】本题考查复数相关定义的辨析，涉及到复数虚部定义、模长求解、共轭复数定义和对应点的坐标；关键是能够利用复数相等和复数乘法运算求得复数.

10. 已知函数的图象关于点中心对称，则（    ）

A. 在区间单调递减 B. 在区间有两个极值点

C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据函数的图象关于点中心对称，由求得后，再逐项求解判断.

【详解】解：因为函数的图象关于点中心对称，

所以，则，

因为，所以，则，

令，得，

所以在区间单调递减，故A正确；

B.若，则，由函数的单调性知：在区间有一个极值点，故B错误；

C. 令，得，所以直线是曲线的对称轴，故正确；

D 由，得，令，得，则或，

解得或，所以曲线在处的切线方程为，故D正确；

故选：ACD

11. 在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（    ）

A. 面PAC

B. 三棱锥的外接球直径

C. 在圆锥侧面上，点A到DB的中点的最短距离必大于

D. 记直线DO与过点P的平面所成的角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆

【答案】BCD

【解析】

【分析】画出图分析，逐项判断即可.

【详解】如图所示：

对于A：若面，平面，平面平面,

则，

因为为直径，为圆锥底面圆的圆心， 是底面圆的内接正三角形,

所以，，

所以，故A错误；

对于B：因为，则

，，

，，

故，则，

同理，，且三棱锥是正三棱锥，

设其外接球半径为，则三棱锥的外接球可以转化为：

边长为的正方体的外接球，所以，故B正确；

对于C：由于是边长为的等边三角形，故点到中点的距离为.

故在圆锥侧面上，点到的中点的最短距离大于，故C正确；

对于D：因为与母线的夹角的余弦值为，则，即，

所以平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D正确；

故选：BCD.

12. 为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，，过，作切线交于，则（    ）

A. 的最大值为 B. 的最大值为

C. 的轨迹是 D. 的轨迹是

【答案】AC

【解析】

【分析】设出点的坐标，分别写出直线方程，根据系数相等，求得坐标之间的关系，结合几何关系，即可求得三角形得面积，结合均值不等式则面积的最大值可解；利用相关点法，即可求得动点的轨迹方程.

【详解】根据题意，作图如下：

不妨设点的坐标为，点坐标为，

故切点所在直线方程为：；

又点为椭圆上的一点，

故切线方程所在直线方程为：；

故可得.即

不妨设直线交于点，故

设直线方程为：，

故，又，

故可得三角形的面积

，

当且仅当，且时，即时取得最大值.

因为点在椭圆上，故，

又，

故可得，整理得.

故动点的轨迹方程为：.

故选：.

【点睛】本题考查切点弦直线方程、椭圆的切线方程，以及均值不等式的利用，轨迹方程的求解，属综合困难题.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 从生物学中我们知道，生男、生女的概率基本是相等的，都可以近似地认为是．如果某个家庭中先后生了三个小孩，当已知三个小孩中有女孩的条件下，则三个小孩中有男孩的概率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】列举出三个小孩性别所有可能的结果，结合古典概型和条件概率公式可计算得到结果.

【详解】记事件为“三个小孩中有女孩”，事件为“三个小孩中有男孩”，

三个小孩的性别所有可能结果有：男男男，男男女，男女男，女男男，男女女，女男女，女女男，女女女，共种情况，

则，，.

故答案为：.

14. 在的展开式中，x的幂指数是整数的各项系数之和为__________．

【答案】

【解析】

【分析】求出的展开式的通项，求出和，两式相加即可求出答案.

【详解】展开式中的第项为.

因的幂指数为整数，故为偶数.

记.

因为，

，

两式相加得：.

所以，.

故答案为：.

15. 已知是平面内的三个单位向量，若，则的最小值是__________．

【答案】

【解析】

【分析】采用向量的坐标运算，得到所求模长之和的几何意义，将问题转化为单位圆上的点到和两点的距离之和的最小值的求解问题，根据直线与圆相交可知所求最小值即为两点间距离，由此计算得到结果.

【详解】均为单位向量且，不妨设，，且，

，，

，

的几何意义表示的是点到和两点的距离之和，

和两点确定的直线为，即，

原点到的距离，

与相交，

则点到和两点的距离之和的最小值即为和两点间距离，

所求最小值为.

故答案为：.

16. 两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆 (an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】

第一空：将圆与联立，利用计算即可；

第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得.

【详解】当r1=1时，圆，

与联立消去得，

则，解得；

由图可知当时，①，

将与联立消去得

，

则，

整理得，代入①得，

整理得，

则.

故答案为：；.

【点睛】本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.

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. 已知等差数列的前n项和为，其中，．

（1）求数列的通项；

（2）求数列的前n项和为．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用等差数列的通项公式以及等比数列的性质列方程求出的公差即可求解；

（2）由等差数列的求和公式求出，讨论当时，，；当时，，，写成分段的形式即可.

【小问1详解】

设的公差为，

则，解得，

所以；

【小问2详解】

因为，所以，

当时，，此时，

，

当时，，此时，

，

综上所述：.

18. 在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．

在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且__________，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足，．

（1）求角B的值；

（2）求BC的取值范围．

【答案】（1）条件选择见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据所选条件，采用正余弦定理或者三角形面积公式一一计算即可

（2）根据题意，选择①②③求得，设，则，在中，由正弦定理求得，在中，由正弦定理求得可得，结合和三角函数的性质，即可求解.

【小问1详解】

选①：，即 ，由正弦定理可得：

，整理得 ，

所以，即，

又，所以,得到，又，所以.

选②： ，由正弦定理可得：

，整理得 ，即，

又由余弦定理，所以，又，所以.

选③： ，根据条件得，得到 ，

又，所以.

综上，无论选择哪个条件，

【小问2详解】

设，则，

在中，由正弦定理得，

可得，

在中，由正弦定理得，

可得

，

因为，可得，

当时，即，可得，

当时，即，可得，

所以的取值范围是.

19. 如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．

（1）证明：；

（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直性质得出；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.

【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，

在等腰梯形中，，为，的中点，

∴，

在正中，为的中点，

∴，

∵，，，，平面，

∴平面，

又平面，∴．

（2）解：∵平面，

在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，

∵，，∴为二面角的平面角，即，

，，，，，，

设平面的法向量为，，，

则有，即，

则可取，又，

设直线与平面所成角为，

∴，

∵，∴，

∴．

20. 为纪念中国共产党成立102周年，加深青少年对党历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心，我校举办了党史知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知甲乙两名同学一组，甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是和，且每道题答对与否互不影响．

（1）若，求甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率；

（2）若，且每轮比赛互不影响，若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？

【答案】（1）
   

（2）
 

【解析】

【分析】（1）根据可求得；

（2）得出获得一个积分的，由已知可得，进而求得，根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，根据即可解得.

【小问1详解】

假设甲和乙答对的题目个数分别为和，

故所求概率

，

所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为；

【小问2详解】

由（1）知，一轮获得一个积分的概率为

，

整理得，

因为且，所以，

所以，当且仅当时等号成立，即，

令，则，

所以，则，对称轴为，又， 所以当时，，则当时，，

甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，

所以由，即解得，

因为为正整数，所以至少为20，

所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行20轮竞赛.

21. 在平面上．设椭圆，梯形的四个顶点均在上，且．设直线的方程为．

（1）若为的长轴，梯形的高为，且在上的射影为的焦点，求的值；

（2）设，，与的延长线相交于点，当变化时，的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）的面积为定值

【解析】

【分析】（1）利用表示出，根据在上的射影为的焦点可构造方程求得；

（2）利用韦达定理和弦长公式可表示出，利用长度关系可得；根据可整理得到定值.

【小问1详解】

梯形的高为，，代入椭圆方程得：，

在上的射影为的焦点，，又，.

【小问2详解】

当时，椭圆；

设，

由得：，，；

，可设直线，

由得：，

则，解得：，

，；

；；

，，整理可得：，即；

点到直线的距离为直线与间距离的倍，，

，

即的面积为定值.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的某个关系式；

④化简所得关系式，消元可得定值.

22. 已知，函数有两个零点，记为，．

（1）证明：．

（2）对于，若存在，使得，试比较与的大小．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）问题化为方程有两个根，构造研究单调性，结合得到，即可证结论；

（2）由已知，结合作差，再构造研究其函数值符号比较大小，根据单调性即可证结论.

【小问1详解】

函数有两个零点，即方程有两个根．

令，则，故上，上，

∴在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，

∴，即，且，

又，且，，

结合函数的单调性得，

∴．

【小问2详解】

由得：

．

而，

∴．

设，则．

令，则，

∴在上是增函数，因此，故．

又，，即，

∴，从而，即．

又在上是增函数，

∴，即．