2023届辽宁省鞍山市高三第九次模拟数学试题含解析

2023届辽宁省鞍山市高三第九次模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据补集的定义结合指数函数分析运算.

【详解】由题意可得：.

故选：D.

2．等差数列中，，则的前9项和为（    ）

A． B． C．90 D．180

【答案】C

【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算即可.

【详解】因为，所以，

又，所以，

所以.

故选：C.

3．据统计，在某次联考中，考生数学单科分数X服从正态分布，考生共50000人，估计数学单科分数在130～150分的学生人数约为（    ）

（附：若随机变量服从正态分布，则，，）

A．1070 B．2140 C．4280 D．6795

【答案】A

【分析】利用区间上的概率及正态分布的对称性求，进而估计区间人数.

【详解】由题设

，

所以数学单科分数在130～150分的学生人数约为人.

故选：A

4．用模型拟合一组数据组，其中；设，得变换后的线性回归方程为，则（    ）

A． B．70 C． D．35

【答案】C

【分析】根据回归直线方程，必过样本点中心，再利用换元公式，以及对数运算公式，化简求值.

【详解】因为，所以，，

即，

所以.

故选：C

5．任给，对应关系使方程的解与对应，则是函数的一个充分条件是（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】A

【分析】根据函数的定义，，，则的范围要包含.

【详解】根据函数的定义，对任意，按，在的范围中必有唯一的值与之对应，，则，则的范围要包含，

故选：A．

6．如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（    ）

A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7

【答案】D

【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.

【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，

又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，

所以三棱柱体积，

而，故，

所以，故，

所以.

故选：D

7．“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为（    ）

A．130 B．132 C．134 D．141

【答案】B

【分析】利用等差数列求和公式及素数的定义即可求解.

【详解】由题可知，2到20的全部整数和为，

2到20的全部素数和为，

所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为.

故选：B.

8．函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】先根据函数的图象求出函数的解析式，然后再根据平移得到，最后求出的值.

【详解】由图象可知，，得，所以，

所以，，

又因为在函数的图象上，

所以，

所以，，即，，

又，所以，即.

又在函数的图象上，

所以，即，

即.

所以，

所以.

故选：D.

二、多选题

9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．的最大值为2 D．的取值范围是

【答案】ACD

【分析】根据数量积的坐标表示判断A，根据向量平行的坐标表示得到，求出，即可判断B，根据数量积的坐标表示及三角函数的性质判断C、D.

【详解】对于A：当时，，

此时，故，即A正确；

对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；

对于C：，故C正确；

对于D：因为，，所以，，

所以

，因为，所以，

所以，故D正确；

故选：ACD

10．下列关于复数的四个命题正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则的共轭复数的虚部为1

C．若，则的最大值为3

D．若复数，满足，，，则

【答案】ACD

【分析】根据复数模、共轭复数的积运算即可判断A，由复数除法的运算及共轭复数、虚部的概念判断B，根据复数模的几何意义及圆的性质判断C，利用复数的加减运算、模的运算求解可判断D.

【详解】设，

对A，，，故正确；

对B，，所以，

，其虚部为，故错误；

对C，由的几何意义，知复数对应的动点 到定点的距离为1，

即动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，表示动点到定点的距离，由圆的性质知，，故正确；

对D，设，因为，，

所以，又，所以，

所以，所以

，故正确.

故选：ACD

11．将一组数据从小到大排列为：，中位数和平均数均为a，方差为，从中去掉第6项，从小到大排列为：，方差为，则下列说法中一定正确的是（    ）

A． B．的中位数为a

C．的平均数为a D．

【答案】AC

【分析】由中位数的定义即可判断A、B选项；由平均数的定义即可判断C选项；由方差的定义即可判断D选项.

【详解】由的中位数和平均数均为a，可知，，故A正确；

的中位数为，不一定等于，故的中位数不一定为a，B错误；

，故的平均数为a，C正确；

，由于，

故，

故，D错误.

故选：AC.

12．已知双曲线C的左､右焦点分别为，，双曲线具有如下光学性质：从右焦点发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点，如图所示.若双曲线C的一条渐近线的方程为，则下列结论正确的有（    ）

A．双曲线C的方程为

B．若，则

C．若射线n所在直线的斜率为k，则

D．当n过点M（8，5）时，光由所经过的路程为10

【答案】AC

【分析】利用双曲线的渐近线方程及勾股定理，结合双曲线的定义及两点间的距离公式即可求解.

【详解】对于A ，由题意可知，因为双曲线C的一条渐近线的方程为，

所以，即，所以双曲线的方程为故A正确；

对于B，由，得，解得，

在中，，由勾股定理及双曲线的定义知，，

即，解得，故B错误；

对于C，由题意可知，双曲线的渐近线方程为，

由双曲线的性质可得射线所在直线的斜率范围为，故C正确；

对于D，由题意可知，，当过点时，

由双曲线定义可得光由所经过的路程为，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．若，则_________.

【答案】34

【分析】令，得，令，得，即可得到答案.

【详解】依题意，

令，得，

令，得.

故.

故答案为：34

14．一个袋子中有大小和质地相同的5个球，其中有3个红色球，2个白色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则第2次摸到红色球的概率为__________.

【答案】/0.6

【分析】通过分析第一次不放回摸出的球的不同情况，即可得到第2次摸到红色球的概率.

【详解】由题意，

袋子中有相同的5个球，3个红球，2个白球，

不放回地依次随机摸出2个球，

∴第1次可能摸到1白色球或1红色球

∴第2次摸到红色球的概率为：，

故答案为：.

15．阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．

【答案】4

【分析】设、、，由重心的性质有、、，写出过切线方程并求交点坐标，进而判断△重心也为O，再由在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.

【详解】若、、，则的中点、、，

由O为△ABC的重心，则、、，

所以、、，可得，

由题设，过切线分别为、、，

所以，，，

所以，同理，即△重心也为O，

又、、，可得、、，

所以，同理可得、，

所以、、共线，

综上，分别是的中点，则

【点睛】关键点点睛：设点坐标及过切线方程，并求出坐标，利用重心的性质确定△重心为O，并求证分别是的中点即可.

16．已知函数有两个极值点，，且，则实数m的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可.

【详解】由有两个不同实根，

且，

设，

当时，，当时，，

在单调递减，在单调递增，所以，

显然当时，，当时，，

图象如下：

所以有，则有，

当时，即.，

时，，

故答案为：

【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.

四、解答题

17．已知数列的前项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据求出首项及，构造法求出通项公式；

（2）求出，从而利用裂项相消法求和.

【详解】（1）当时，，解得，

当时，．

可得，

整理得：，

从而，

又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列；

所以，

所以，经检验，满足，

综上，数列的通项公式为；

（2）由（1）得，所以，所以，

，

所以

18．在中，角、、所对的边分别为、、，已知.

(1)求；

(2)若，的内切圆半径为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可求得的值，即可求得的周长.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理可得，①

因为，所以，

代入①式整理得，

又因为、，，则，所以，

又因为，解得.

（2）解：由（1）知，，因为内切圆半径为，

所以，即，

所以，②，

由余弦定理得，所以③，

联立②③，得，解得，

所以的周长为.

19．如图所示，在直四棱柱ABCD-中，底面ABCD为菱形，，，E为线段上一点.

(1)求证：；

(2)若平面与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定定理和性质即可证明；

（2）根据线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，由题意和向量的数量积的定义求出点E的坐标，结合线面角的定义即可求解.

【详解】（1）连接，

底面为菱形，.

又平面平面.

又面，

平面.又平面.

（2）设的中点为，连接，如图：

为等边三角形，，又，则.

又平面，则.

以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

则，，

，

设平面的一个法向量为，

令，则.

又平面的一个法向量为，

则.

又平面与平面的夹角的余弦值为，

，

，，

.

直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，右焦点为，O为坐标原点，OB的中点为D（D在的左方），．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)是定值，定值为.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出，可得椭圆的标准方程；

（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，代入，设，，根据韦达定理得和，再利用斜率公式得，代入和，化简可得.

【详解】（1）依题意，，，，，

所以，

所以椭圆C的标准方程为：.

（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，

联立，消去并整理得，

，

设，，

则，，

所以

.

所以为定值.

21．已知．

(1)求在上的最值；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)最大值为，最小值为

(2)

【分析】（1）求导后根据函数的单调性确定极值即可；（2）将不等式转化后求导，分类讨论即可得解.

【详解】（1）由题意知，

令，得，

令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

因为，，，

所以在上的最大值为，最小值为．

（2）恒成立，

即恒成立，

设，

则，．

①当时，取，则

，

所以当时，不恒成立．

②当时，在上单调递减，在上单调递增，

所以要使，只需，

即，

解得，

所以．

综上，实数a的取值范围是．

22．为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．

（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；

（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．

（i）证明：为等比数列；

（ii）证明：当时，．

【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；

（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；

（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．

【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，

则“第天不选择米饭套餐”．

根据题意，，，．

由全概率公式，得．

（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，

根据题意，．

由全概率公式，得．

因此．

因为，

所以是以为首项，为公比的等比数列．

（ii）由（i）可得．

当为大于的奇数时，．

当为正偶数时，．

因此当时，．