辽宁省2023届高三第三次模拟考试数学试卷（含解析）

辽宁省2023届高三第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B．2 C． D．

3．以下数据为参加数学竞赛决赛的15人的成绩：56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，88，90，91，94，98，则这15人成绩的70%分位数是（    ）

A．86 B．87 C．88 D．89

4．已知等比数列的前项和为，若，，则（    ）

A．8 B．7 C．6 D．4

5．6名老师被安排到甲､乙､丙三所学校支教，每名老师只去1所学校，甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，则不同的安排方法共有（    ）

A．30种 B．60种 C．90种 D．120种

6．某工厂为了减少生产车间产生的噪音对工人身体健康的影响，专门成立研究团队研制“抗噪音帽”，大量数据表明，噪音的强度与分贝等级有如下关系：（其中为常数），对身体健康有影响的声音约分贝，其对应的噪声强度称为临界值，车间作业时发出的声音约分贝，研制“抗噪音帽”需要用噪音强度与临界值的比值来确定所用材料，则噪音强度与临界值的比值是（    ）

A． B． C． D．

7．关于函数图象的有下列说法：

①若函数满足，则的一个周期为；

②若函数满足，则的图象关于直线对称；

③函数与函数的图象关于直线对称；

④若函数与函数的图象关于原点对称，则，

其中正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

8．已知抛物线的焦点为F，点M在C上，点，若，则（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．（多选）下列命题为真命题的是（    ）

A．，

B．“”是“”的必要而不充分条件

C．若x，y是无理数，则是无理数

D．设全集为R，若，则

10．如图所示，正方体的棱长为2，为线段的中点，为上的点，且，过，，的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的有（    ）

A．为五边形

B．三棱锥外接球的体积为

C．三棱锥的体积为

D．与平面所成的角的正切值为

11．已知函数的图象上，相邻两条对称轴之间的最小距离为，图象沿x轴向左平移单位后，得到一个偶函数的图象，则下列结论正确的是（    ）

A．函数图象的一个对称中心为

B．当到时，函数的最小值为

C．若，则的值为

D．函数的减区间为

12．下列说法正确的是（    ）

A．函数在上单调递增

B．函数的最大值是1

C．若函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是4

D．若函数在区间内没有零点，则的取值可以是

三、填空题

13．如图是构造无理数的一种方法： 线段； 第一步，以线段为直角边作直角三角形，其中； 第二步，以为直角边作直角三角形，其中； 第三步，以为直角边作直角三角形， 其中； ．．．，如此延续下去，可以得到长度为无理数的一系列线段， 如， ， ．．． ，则____________．

14．若展开式二项式系数之和为32，则展开式中含项的系数为_________.

15．设，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，则该椭圆离心率的最小值为__________

16．在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，如图所示，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的体积是______.

四、解答题

17．已知，.

(1)求的值.

(2)求的值.

(3)求的值.

18．已知四棱锥，底面ABCD是平行四边形，且．侧面PCD是边长为2的等边三角形，且平面平面ABCD．点E在线段PC上，且直线平面BDE．

(1)求证：；

(2)设二面角的大小为，且．求直线BE与平面ABCD所成的角的正切值．

19．已知数列中，满足对任意都成立，数列的前n项和为．

(1)若是等差数列，求k的值；

(2)若，且是等比数列，求k的值，并求．

20．某工厂为了检测一批新生产的零件是否合格，从中随机抽测100个零件的长度d（单位：）．该样本数据分组如下：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．经检测，样本中d大于61的零件有13个，长度分别为61.1，61.1，61.2，61.2，61.3，61.5，61.6，61.6，61.8，61.9，62.1，62.2，62.6.

(1)求频率分布直方图中a，b，c的值及该样本的平均长度（结果精确到，同一组数据用该区间的中点值作代表）；

(2)视该批次样本的频率为总体的概率，从工厂生产的这批新零件中随机选取3个，记ξ为抽取的零件长度在的个数，求ξ的分布列和数学期望；

21．已知双曲线（，）的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线，的距离之积为．

（1）求双曲线的方程；

（2）设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线，于、两点，为坐标原点，证明：面积为定值，并求出该定值．

22．已知函数，曲线在点处的切线方程为.

（1）求，的值；

（2）证明：.

参考答案：

1．C

【分析】根据一元二次不等式的解法、对数函数的单调性，结合集合相等定义、子集的定义、集合交集、集合并集的定义逐一判断即可.

【详解】由，或，

由，

显然，，

，，

故选：C

2．C

【分析】利用复数的运算先求z，再利用复数的模长公式即得.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：C.

3．C

【分析】根据百分位数的定义直接得出.

【详解】因为，所以这15人的70%分位数为第11位数：88.

故选：C.

4．A

【解析】利用已知条件化简，转化求解即可．

【详解】已知为等比数列，，且，

满足，则S3＝8．

故选：A．

【点睛】思路点睛：

（1）先利用等比数列的性质，得，

（2）通分化简.

5．B

【分析】按照分步计数原理求解.

【详解】依题意，第一步，从6名老师中随机抽取1名去甲校，有 种方法；

第二步，从剩下的5名老师中抽取2名取乙校，有 种方法；

第三部，将剩余的3名老师给丙校，有 种方法；

总共有 种方法；

故选：B.

6．C

【分析】将，分别代入，求得x值，再求比值即可.

【详解】因为，

所以当时，，

当时，，

所以.

故选：C.

7．C

【分析】结合函数的周期性和对称性，对每个选项推理论证，即可得到本题答案.

【详解】在中，以代换，得，所以①正确；

设是上的两点，且，有，由，得，即关于直线对称，所以②正确；

函数的图象由的图象向左平移1个单位得到，而的图象由的图象关于轴对称得，再向右平移3个单位得到，即，于是函数与函数的图象关于直线对称，所以③错误；

设是函数图象上的任意一点，点P关于原点对称点必在的图象上，有，即，于是，所以④正确.

故选：C

【点睛】本题主要考查函数的周期性与对称性的应用，主要考查学生的抽象思维能力和推理论证能力.

8．B

【分析】由抛物线的定义可得，求得，，由得∠MAF＝∠AMN，在△AMF中由正弦定理求得，即可得到答案．

【详解】由题意知点A为抛物线C的准线与x轴的交点，如图，

过点M作MN垂直于准线于点N，令，则，

由抛物线的定义可得，所以，所以．

又，所以∠MAF＝∠AMN，所以．

在△AMF中，由正弦定理得，

所以，

所以．

故选：B．

9．ABD

【分析】对A，有实数解，举例即可判断；

对B，分别判断必要性和充分性；

对C，x，y的无理数部分互为相反数时，不是无理数；

对D，由补集概念即可判断

【详解】对A，当时，成立，故A正确；

对B，当时，成立，但当时，，所以“”是“”的必要而不充分条件，故B正确；

对C，当，时，，不是无理数，故C错误；

对D，全集为R，若，则，故D正确.

故选：ABD.

10．BC

【分析】利用面面平行的性质判断A；确定三棱锥外接球半径计算判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算距离及线面角判断CD作答.

【详解】对于A，显然与正方形的交线为线段MN，而与正方形有公共点，

则与正方形有交线，又面面，因此该交线与MN平行，交于点O，如图，

即有与正方形交线为线段，与正方形交线为线段，

从而与正方体的四个面相交，即是四边形，A不正确；

对于B，三棱锥与正方体有相同的外接球，

而正方体的外接球直径为体对角线长，球半径，

此球的体积，B正确；

对于C，以点D为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，

则，，

令平面的法向量为，则，令，得，

点N到平面的距离，而，

中，由余弦定理得，，

，

因此三棱锥的体积，C正确；

对于D，由选项C知，，

设平面的法向量，则，令，得，

设与平面所成的角为，则，

，，D不正确.

故选：BC

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

11．BCD

【分析】根据对称轴和平移可求出函数的解析式，然后根据余弦函数的图像和性质，即可求出对称中心，最值以及单调区间.

【详解】根据相邻两条对称轴之间的最小距离为，可知周期，故；

图象沿x轴向左平移单位后，得到是偶函数，所以 ，故

当，，故A错.

时，，，故B对.

，其中，故，C对.

令，故函数的减区间为，D对.

故选:BCD

12．BC

【分析】对于A，根据自变量的取值以及余弦函数的单调性，去掉绝对值，利用辅助角公式化简函数解析式，利用整体思想，可得答案；

对于B，利用同角的三角函数，结合二次函数的性质，可得答案；

对于C，根据三角函数的性质，可得对称轴，整理函数参数的不等式，取值进行检验，可得答案；

对于D，利用三角恒等变换，化简三角函数，代入参数，利用整体思想，可得答案.

【详解】对于A，由，得，所以，

又，函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，故A错误；

对于B，，

当时，函数取得最大值，最大值为1，故B正确；

对于C，由知，函数的对称轴为，

所以Z)，解得Z)，由知，

当时，，，函数在上单调递增，不符合题意；

当时，，，函数在上不单调，故的最小值为4，故C正确；

对于D，，

当时，，由，得，当时，为函数的零点，故D错误.

故选：BC.

【点睛】在函数解析式中，面对绝对值，由取值范围去绝对值；化简三角函数时，三角恒等变化是常用方法，其中需要熟练掌握的是辅助角公式，二倍角公式，降幂公式等等；解决三角型函数时，注意整体思想的使用.

13．

【分析】由图求解，的余弦与正弦值，再由两角和差的余弦公式得，利用数量积的定义求解即可.

【详解】解：由题可知

所以，，，，

所以，

所以.

故答案为：.

14．15

【解析】根据展开式的二项式系数之和为，求得，然后利用通项公式求解.

【详解】由展开式的二项式系数之和为，求得，

所以展开式的通项公式为，

令，求得，

所以展开式中含的项的系数是.

故答案为：15

【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式及二项式系数，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

15．

【分析】利用勾股定理及椭圆的定义，得到，再利用基本不等式得到，即可求出离心率的取值范围，从而得解；

【详解】解：因为，所以，

因为，且，所以．

因为，

整理得，当且仅当时取等号；

即，又，所以，即；

故答案为：

16．##

【分析】易得平面平面时三棱锥的体积最大，要求三棱锥外接球体积，利用长方体外接球，求出球的半径，即可求解

【详解】易得平面平面时三棱锥的体积最大，

由题意知，故，

当平面平面时，平面，

因为，

所以.

如图所示，要求三棱锥外接球体积，即求如图所示的长方体外接球的体积，

由已知得长方体的长、宽、高分别为4，，2，

则长方体外接球半径，

则球的体积是.

故答案为：

17．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）将已知平方结合平方关系即可得解；

（2）由（1），可得，则，从而可得出答案；

（3）根据结合正余弦得符号去掉根号，化简，从而可求出答案.

【详解】（1）解：因为，

所以，

所以；

（2）解：因为，，

所以，

所以；

（3）解：由（2）得，

则

.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质可得线线平行，即可求证.

（2）根据二面角的大小，可得，进而可得线面角，即可求解.

（1）

连AC交BD于F，连EF．

∵ABCD是平行四边形，∴

∵直线平面BDE，面PAC，面面，

∴∴

（2）

方法一：取DC中点O，OC中点G，连PO，OF，GE，BG

∵侧面PCD是边长为2的等边三角形

∴，

∵平面平面ABCD，平面平面

∴平面ABCD

∵

∴

∵∴∴

∴是二面角的平面角

∴

∴∴∴

∴∴

∴，∵

∴，∴平面ABCD

∴为直线EB与平面ABCD所成的角

方法二：

取中CD点O，连PO，则，从而平面ABCD，以B为原点，以的正方向为x轴，y轴，z轴方向建立空间直角坐标系

令，则

设平面PBD的法向量，则

令，得

平面BCD的法向量

由得，即得

∴

设OE与平面ABCD所成的角为

则

∴OE即BE与平面ABCD所成的角得正切值．

19．(1)

(2)；当时，；当时，，.

【分析】（1）利用题干中的递推公式结合等差数列的性质即可求解;

（2）根据已知条件结合等比中项的性质，即可求解的值，解得，分别求解和时的前n项和为.

【详解】（1）若是等差数列，则对任意，

，即，所以，故.

（2）因为且得，

又是等比数列，则

即，得.

当时，，，故是以2为首项，公比为1的等比数列，

此时的前n项和；

当时，，即，

所以，且所以以为首项，公比为-1的等比数列，

又，

所以，当n是偶数时，

，

当n是奇数时，，

，

综上，当时，，

当时，.

20．(1)，，，60

(2)分布列见解析，2.1

【分析】（1）利用频率分布直方图，求出a，b，c的概率，然后求解平均值即可；

（2）判断随机变量服从二项分布，求出概率得到分布列，然后求解期望；

【详解】（1）由题意可得，

，

所以，，.

.

（2）由（1）可知从该工厂生产的新零件中随机选取1件，

长度d在的概率

且随机变量ξ服从二项分布，

所以，

，

，

，

所以随机变量ξ分布列为

.

21．（1）；（2）证明见解析；定值2．

【分析】（1）动点到两条渐近线，的距离之积表示出来得的关系式，结合焦距可求得得双曲线方程；

（2）设直线的方程为，由相切得，然后求得坐标，以及直线与轴交点坐标，利用点坐标求得面积，代入关系式，可得定值．

【详解】解：（1）双曲线（，）的渐近线方程为和，

由动点到两条渐近线，的距离之积为，

则，

又，即，

解得，，

则双曲线的方程为．

（2）证明：设直线的方程为，

与双曲线的方程联立，可得，

直线与双曲线的右支相切，可得，可得，

设直线与轴交于，则，

，

又双曲线的渐近线方程为，

联立，可得，

同理可得，

则．

即有面积为定值2．

【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的标准方程，考查直线与双曲线位置关系，面积定值问题．解题关键是设出切线方程，由直线与双曲线相切得参数关系，然后求得三角形面积，利用此关系式可得定值．

22．（1），；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据切线方程，可得，，对求导，根据导数的几何意义，可得表达式，将x=1代入，可得，即可求得，的值；

（2）将题干条件等价于，设，求导可得，设，可得的零点，即可得的单调区间和极值点，进而可得的最小值，化简整理，即可得证.

【详解】（1）由切线方程可得，.

定义域为，.

所以，，解得，.

（2）等价于.

设，则.

设，

则函数在单调递增，

因为，，

所以存在唯一，使.

因为符号与符号相同，

所以当时，，

当时，.

故在单调递减，在单调递增.

所以当时，取得最小值，

由得，从而，

故.

所以.

【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求切线方程、单调性、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于需找到的零点，可得的极值点，进而求得的极小值，即为最小值，即可得证，考查计算化简，转化化归的思想，属中档题.