2023届辽宁省实验中学高三上学期12月教学质量检测数学试题（解析版）

2023届辽宁省实验中学高三上学期12月教学质量检测数学试题

一、单选题

1．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用切点和斜率求得切线方程.

【详解】由，有．

曲线在点处的切线方程为，整理为．

故选：A

2．圆关于直线对称的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求得圆关于直线对称的圆的圆心坐标，进而即可得到该圆的方程.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为3

设点关于直线的对称点为，

则 ，解之得

则圆关于直线对称的圆的圆心坐标为

则该圆的方程为，

故选：D．

3．已知点是抛物线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可知圆的圆心为抛物线的焦点，可求出的最小值，再利用勾股定理可求得的最小值.

【详解】设点的坐标为，有，

由圆的圆心坐标为，是抛物线的焦点坐标，有，

由圆的几何性质可得，

又由，可得的最小值为．

故选：C.

4．函数在处有极值为，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数在处有极值为，由，求解.

【详解】因为函数，

所以，

所以，，

解得a=6,b=9，

=-3，

故选：B

5．为了提高教学质量，需要派5位教研员去某地重点高中进行教学调研，现知该地有3所重点高中，则下列说法错误的个数是（      ）

①每个教研员只能去1所学校调研，则不同的调研方案有243种

②若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排方案有150种

③若每所重点高中至少去一位教研员，至多去两位教研员，则不同调研安排方案有60种

④若每所重点高中至少去一位教研员且甲､乙两位教研员不去同一所高中，则不同调研安排方案有114种

A．1个 B．2个 C．3个 D．0个

【答案】C

【分析】根据乘法计数原理计数判断①，用分组分配方法计数判断②③，用捆绑法求出甲乙二人去同一所学校的方法，再由排除法得结论判断④．

【详解】①每个教研员只能去1所学校调研，根据分步乘法原理，每个教研员依次选调研学校，方法为，①正确；

②若每所重点高中至少去一位教研员，将5位教研员分成3组：1,1,3；1,2,2，然后分配到3所学校，方法数为：，②正确；由此得③中方法数为，③错；

④甲乙捆绑在一起，变成4人进行分组分配，方法数为，因此甲､乙两位教研员不去同一所高中的方法数为，④正确，

共有3个正确．

故选：C．

6．如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.

【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，

对于A，，，，，A是；

对于B，，，，与不垂直，B不是；

对于C，，，，与不垂直，C不是；

对于D，，，，与不垂直，D不是.

故选：A

7．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论.

【详解】解：，，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

所以，

即，

所以，

即，所以，

由，得，

由，得，

，

因为，

所以，所以，

所以，即，

所以，

综上所述.

故选：A.

【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.

8．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.

【详解】由题可知：，圆心，半径，

又，是的中点，所以，

所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，

若直线上存在两点，使得恒成立，

则以为直径的圆要包括圆，

点到直线的距离为，

所以长度的最小值为，

故选：B．

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.

二、多选题

9．现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ）

A．从中任选1个球，有15种不同的选法

B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法

C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法

D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法

【答案】ABD

【分析】利用排列知识计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以选项C错误.

【详解】解：A. 从中任选1个球，有15种不同的选法，所以该选项正确；

B. 若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法，所以该选项正确；

C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误；

D. 若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法，所以该选项正确.

故选：ABD

10．定义在上的函数的导函数的图象如图所示，函数的部分对应值如下表．下列关于函数的结论正确的是（    ）

A．函数的极大值点的个数为2

B．函数的单调递增区间为

C．当时，若的最小值为1，则t的最大值为2

D．若方程有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是

【答案】AD

【分析】由导函数图象得原函数的单调性可判断AB；由单调性结合函数值表可判断CD.

【详解】由图知函数在区间[-1,0]上单调递增，在区间[0,2]上单调递减，在区间[2,4]上单调递增，在区间[4,5]上单调递减，所以在处有极大值，故A正确；单调区间不能写成并集，故B错误；因为函数，且在区间[2,4]上单调递增，所以存在使得，易知，当时，在区间的最小值为1，故C不正确；由函数值表结合单调性作出函数草图可知D正确.

故选：AD

11．已知则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】利用赋值法判断A、B、C，对二项式及展开式两边对求导，再令，即可判断D.

【详解】因为，

令，则，故A正确；

令，则，所以，故B错误；

令，则，

所以，，，

所以，故C错误；

对两边对取导得

，再令得，故D正确；

故选：AD

12．为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测．现有两种检测方式：（1）逐份检测：（2）混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为，若，运用概率统计的知识判断下列哪些p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式．（参考数据：）（    ）

A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1

【答案】CD

【分析】计算混合检测分式，样本需要检测的总次数的期望，又逐份检测方式，样本需要检测的总次数，知，利用求解可得p的范围，即可得出选项.

【详解】设混合检测分式，样本需要检测的总次数可能取值为

，

故的分布列为：

设逐份检测方式，样本需要检测的总次数，则

要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需

即，即，即

又，，

故选：CD

三、填空题

13．已知数列的前项和，则______.

【答案】7

【分析】将代入根据可得出答案；当时由，求出，从而可得出答案.

【详解】当时，；

当时，.

所以，所以.

故答案为：

14．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.

【答案】

【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.

【详解】抛物线： ()的焦点,

∵P为上一点，与轴垂直，

所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,

不妨设,

因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，

又，

因为，所以,

，

所以的准线方程为

故答案为：.

【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.

15．直线l过点，且横截距为纵截距的两倍，则直线l的方程是_____.（请用直线方程的一般式作答）

【答案】或

【分析】当横截距与纵截距都为0时，可设直线方程为；当横截距与纵截距都不为0时，可设直线方程为，结合题意即可求解

【详解】当横截距与纵截距都为0时，可设直线方程为，

又直线过点，

所以，解得，

所以直线方程为，即；

当横截距与纵截距都不为0时，可设直线方程为，

由题意可得，解得，

所以直线方程为，即；

综上可知所求直线方程为或，

故答案为：或

16．已知，是双曲线的左､右焦点，P为曲线上一点，，的外接圆半径是内切圆半径的4倍.若该双曲线的离心率为e，则___________.

【答案】

【分析】根据双曲线的定义，设，结合利用余弦定理可得，再根据等面积法求得内切圆半径的表达式，结合正弦定理可得外接圆半径的表达式，进而列式求解离心率即可

【详解】由题意，设，因为，故，即，根据双曲线的定义有，故.所以的面积为.又，故.故内切圆半径满足，解得.又的外接圆半径满足，故，由题意，即，所以，故，故，解得

故答案为：

四、解答题

17．已知数列为等差数列，是公比为2的等比数列，且满足

(1)求数列和的通项公式；

(2)令求数列的前n项和；

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式得到，根据通项公式的求法得到结果；

（2）分组求和即可.

【详解】（1）设的公差为,

由已知,有解得，

所以的通项公式为, 的通项公式为.

（2），分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到：.

18．在四棱锥中，，平面平面.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作根据面面垂直的性质可得平面，则，根据题意平面，则，利用线面垂直判定定理可证平面；（2）建系，利用空间向量求二面角，根据先求余弦值，再求正弦值．

【详解】（1）作于点，平面平面，平面平面

∴平面，平面，则

又

，平面

平面，则

，

平面

（2）取中点为，则由，得

又平面，得，所以平面

以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则

设平面的法向量为

则，则

今，则

设平面的法向量为

则，则

令，则

故

故二面角的正弦值为

19．2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩．北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动．某校组织了一次全校冰雪运动知识竞赛，并抽取了100名参赛学生的成绩制作成如下频率分布表：

(1)如果规定竞赛得分在为“良好”，竞赛得分在为“优秀”，从成绩为“良好”和“优秀”的两组学生中，使用分层抽样抽取5人．现从这5人中抽取2人进行座谈，求两人竞赛得分都是“优秀”的概率；

(2)以这100名参赛学生中竞赛得分为“优秀”的频率作为全校知识竞赛中得分为“优秀”的学生被抽中的概率．现从该校学生中随机抽取3人，记竞赛得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【详解】（1）成绩为“良好”和“优秀”的两组频率合计，共人，抽样比为．

所以成绩为“良好”的抽取人，成绩为“优秀”的抽取人．

所以抽到的竞赛得分都是“优秀”的概率为．

（2）由题意知，的可能取值，，，．

由题可知，任意1名学生竞赛得分“优秀”的概率为，竞赛得分不是“优秀”的概率为．若以频率估计概率，则服从二项分布．

；；；．

所以的分布列为

．

20．“跳台滑雪”是冬奥会中的一个比赛项目，俗称“勇敢者的游戏”，观赏性和挑战性极强．如图：一个运动员从起滑门点出发，沿着助滑道曲线滑到台端点起跳，然后在空中沿抛物线飞行一段时间后在点着陆，线段的长度称作运动员的飞行距离，计入最终成绩．已知在区间上的最大值为，最小值为．

(1)求实数，的值及助滑道曲线的长度．

(2)若运动员某次比赛中着陆点与起滑门点的高度差为120米，求他的飞行距离（精确到米，）．

【答案】(1)，，助滑道曲线的长度为米

(2)米

【分析】（1）令，即可得到，，即可得到的几何意义，根据二次函数的性质得到，，即可求出、的值，从而求出曲线的长度；

（2）由（1）可得的解析式，依题意可得，代入解析式中解出，即可求出点坐标，根据两点间的距离公式计算可得；

【详解】（1）解：因为，令，则，，

所以表示以为圆心，半径的圆弧，

因为由图象可知函数开口向下，

所以，又对称轴为，又，

所以当时，，

解得，所以，

即，，助滑道曲线的长度为米

（2）解：依题意可得，，，

由（1）可得，

令，即，解得，（舍去）；

所以，所以，

即该运动员飞行距离约为米；

21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，且过点，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点，试问：是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)为定值，该定值为2

【分析】（1）先根据焦点形式设出椭圆方程和焦距，根据椭圆经过和半焦距为3易得椭圆的标准方程；

（2）设，分别表示出直线方程，进而求得点的纵坐标，点横坐标，即可表示出，即可求得答案．

【详解】（1）由焦点坐标可知，椭圆的焦点在轴上，

所以设椭圆：，焦距为，

因为椭圆经过点，焦点为

所以，，

解得，

所以椭圆的标准方程为；

（2）设，由椭圆的方程可知，

因为，则直线，

由已知得，直线斜率均存在，

则直线，令得，

直线，令得，

因为点在第一象限，所以，，

则，

又因为，即，所以．

所以为定值，该定值为2.

22．已知函数，．

(1)求函数的单调区间和极值；

(2)若存在，且当时，，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据导函数正负确定单调区间和极值；

（2）设，由导数可确定单调递增，推导可得；令，利用导数可求得，利用推导可得，由此可知，进而证得结论.

【详解】（1），且定义域为；

当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；

当时，令，解得：，

当时，；当时，；

的单调递减区间为；单调递增区间为；

的极小值为，无极大值；

综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，的单调递减区间为；单调递增区间为；极小值为，无极大值.

（2）不妨设，由得：；

设，则，

在上单调递增，，

即，

，

；

设，则，

在上单调递减，，

，，，

，，

即，.