2023届辽宁省沈阳市第二中学高三第三次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省沈阳市第二中学高三第三次模拟考试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届辽宁省沈阳市第二中学高三第三次模拟考试数学试题

一、单选题
1．设集合，，（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先化简集合，再由交集运算求解即可.
【详解】由，
故，又
，
故选：D.
2．记数列的前n项积，已知，则（     ）
A．4 B．5 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据题设及递推式求项，然后求即可.
【详解】由题设，即，，即，
，即，，即，
所以.
故选：B
3．设随机变量，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由正态曲线的对称性结合必要不充分条件的定义即可得到答案.
【详解】当时，根据正态曲线的对称性可知，故不是的充分条件；反之，若，由对称性可知，故是的必要条件；
故是的必要不充分条件，
故选：B
4．已知在处取得极值，则的最小值为（    ）
A． B．3+2 C．3 D．9
【答案】C
【解析】对求导，由在处取得极值，可得，再利用基本不等式可得的最小值.
【详解】解：，
，
因为在处取得极值，
所以即，
则，
当且仅当时取等号，此时取得最小值3.
故选: C.
【知识点】本题主要考查利用导数研究函数的极值、基本不等式的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力及数学计算能力，属于中档题.
5．函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，则需将的图象（    ）

A．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位
B．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位
C．横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位
D．横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位
【答案】D
【分析】先根据图象的特点可求出，然后再根据周期变换与相位变换即可得出.
【详解】由图象可知：，则，
由，解得，
则，
∵的图象过点，则，
可得，解得，
又∵，则，
故.
故将函数图象的横坐标伸长到原来的2倍得到的图象，然后再向右平移个单位即可得到的图象.
故选：D.
6．已知一个圆台的上、下底面半径之比为1：2，母线长为4，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，求出上、下底面半径和高，从而求出圆台的体积
【详解】如图，由题意得：BD=4，AB=2CD，∠ABD=45°，
过点D作DE⊥AB于点E，则DE=BE，
因为圆台的上、下底面半径之比为1：2，
所以CD=AE=BE=，
则圆台上底面面积为，下底面面积为，
故圆台的体积为

故选：B
7．西安是世界四大古都之一，历史上先后有十多个王朝在西安建都．图为唐长安（西安古称）城示意图，城中南北向共有9条街道，东西向有12条街道，被称为“九衢十二条”，整齐的街道把唐长安城划分成了108坊，各坊有坊墙包围．下列说法错误的是（    ）

A．从延平门进城到安化门出城，最近的不同路线共有15条．
B．甲乙二人从安化门、明德门、启夏门这三个城门中随机选一城门进城，若二人选择互不影响，则二人从同一城门进城的概率为．
C．用四种不同的颜色给长乐、永福、大宁、兴宁四坊染色（街道忽略），要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有60种不同的染色方法．
D．若将街道看成直线，则图中矩形区域中共有不同矩形150个．
【答案】C
【分析】A.由题意利用组合求解判断；B.利用古典概型的概率求解判断；C.如图，分四个位置颜色各不相同，1与4颜色相同，2与3颜色相同， 1与4颜色相同且2与3颜色相同求解判断； D.将街道看成直线，先在5条横线中任取两条，再在6条竖线中任取两条，由分步计数原理求解判断.
【详解】A.如图所示：

从延平门到安化门，最近路线是上图中从点M到点N，只能横向往右走纵向往下走，所以答案为，故A正确．
B.甲乙二人从安化门、明德门、启夏门这三个城门中随机选一城门进城，因二人选择互不影响，所以两人进城共有9种不同情况，二人从相同城门进城有3种情况，
所以二人从同一城门进城的概率为，故B正确．
C.如图所示：

用四种不同的颜色给长乐、永福、大宁、兴宁四坊染色，若四个位置颜色各不相同有种染色方法，若1与4颜色相同有种染色方法，若2与3颜色相同有种染色方法，若1与4颜色相同且2与3颜色相同有种染色方法，综上共有84种．故C错误．
D.若将街道看成直线，则在矩形区域网格的5条横线中任取两条，6条竖线中任取两条，即可围出一个矩形，所以共有矩形个不同的矩形．故D正确．
故选：C
8．已知抛物线，圆，直线与交于A、B两点，与交于M、N两点，若，则(    )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】联立直线方程和抛物线方程，设，，根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k，根据圆的弦长公式即可求．
【详解】由得，，
设，，∵，∴，
∵过抛物线的焦点(1，0)，故AB为焦点弦，
∴，∴，∴，解得，
由圆关于x轴对称可知，k＝1和k＝－1时相同，
故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，
圆心(2，1)到l的距离，∴﹒
故选：B．

二、多选题
9．已知复数，则下列结论正确的有（    ）
A．在复平面对应的点位于第二象限 B．的虚部是
C． D．
【答案】AC
【分析】先对复数化简计算，然后逐个分析判断即可
【详解】解：，
则在复平面对应的点为，位于第二象限，所以A正确，
的虚部为1，所以B错误，
，所以C正确，
，所以D错误，
故选：AC
10．已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.

11．如图，菱形边长为2，，E为边AB的中点.将沿DE折起，使A到，且平面平面，连接，.则下列结论中正确的是（    ）

A． B．四面体的外接球表面积为
C．BC与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】将沿折起，使到，且平面平面，连接，，则，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：将沿折起，使到，且平面平面，连接，
，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
对于，，0，，，，，，0，， 2，，，
，，，，，，
，与不垂直，故错误；
对于，取中点，连接，
，，
过作平面，四面体的外接球球心在直线上，
设，由，得，解得，，
四面体的外接球表面积为：，故正确；
对于，，，，，，，
设与所成角的为，
则，
与所成角的余弦值为，故正确；
对于，，0，，，，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
直线与平面所成角的正弦值为：
，故正确．
故选：．

12．已知数列的前n项和为，且或的概率均为．设能被3整除的概率为，则（    ）
A． B．
C． D．当时，
【答案】BC
【分析】根据题意分析可得，，结合等比数列分析可得，逐项分析判断即可.
【详解】由题意可知：或，则或，即，故；
∵，则被3整除的余数为0，1，2，
若被3整除的余数为0，由或，可得不能被3整除；
若被3整除的余数为1，则取，可得被3整除；
若被3整除的余数为2，则取，可得被3整除；
综上所述：，
可得，且，
故数列是以首项，公比的等比数列，
则，故.
可得，，，
A错误，B、C正确；
当为偶数时，则为奇数，可得，故；
当为奇数时，则为偶数，可得，故；
可得当时，不成立，故D错误.
故选：BC.

三、填空题
13．已知单位向量，的夹角为60°，与垂直，则k的值为________．
【答案】
【分析】根据题意，求出的值，由向量垂直的判断方法计算可得k的值，即可得答案．
【详解】根据题意，单位向量，的夹角为60°，则，
若与垂直，则，
解可得：；
故答案为：．
14．在的展开式中x的系数为______．
【答案】
【分析】利用二项式通项公式写出展开式中的项，即可得解．
【详解】的展开式中x的项为
，
所以展开式中的系数为．
故答案为：.
15．已知曲线C：，点M与曲线C的焦点不重合．已知M关于曲线C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在曲线C右支上，则的值为______．
【答案】12
【分析】根据已知条件，作出图形，MN的中点连接双曲线的两个焦点，便会得到三角形的中位线，根据中位线的性质及双曲线的定义，即可求得.
【详解】设双曲线的实半轴长为，则，
设双曲线的左右焦点分别为，
设的中点为，连接.

∵是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴.
同理，
∴，
∵P在双曲线上，根据双曲线的定义知：，
∴.
故答案为：12.
16．已知函数满足时，，．若函数的图像与x轴恰好有个不同的交点，则_________．
【答案】
【分析】由题意可知函数的周期为4，结合题意和图象可知，直线与第个半圆相切，根据点到直线的距离公式可知，可得，由裂项相消法即可求出结果.
【详解】∵，∴，所以函数周期为4，
当时，，即；
当时，，函数周期为4，
令，
即与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，

故，
故，
所以．
故答案为：.

四、解答题
17．已知等差数列公差分别为，
(1)求数列的通项公式；
(2)求中既在数列中，又在数列中的所有数之和.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用已知求出，，再利用等差数列的通项即得解；
（2）设，得到，设是由数列的公共项组成的数列，则为首项为3，公差为12的等差数列，即得解.
【详解】（1）解：由，可得，联立，可得①，
令，可得，与联立，可得，与
联立得②.
由① ② 得：.
（2）解：设，则，得，
由，可得，
所以，即，
设是由数列的公共项组成的数列，
则为首项为3，公差为12的等差数列，且.
在中有，
所以的前8项和为.
18．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；
(2)“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；
(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)；
(2)分布列见解析；
(3)

【分析】（1）利用古典概型结合组合公式求解；（2）写出的可能取值，利用超几何分布求得分布列，利用数学期望公式求得期望；（3）先计算得小明同学一轮测试得“优秀”的概率，再利用二项分布的期望公式列不等式求解.
【详解】（1）记“从10所学校中随机选取3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校共4所，
随机选择3所学校共种，所以.
（2）的所有可能取值为，
参与“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所，
所以，，
，，
所以的分布列如下表：











所以.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，
因为，所以的最小值为，
故至少要进行轮测试.
【点睛】超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数的概率分布，超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
19．如图，在四棱锥中，面ABCD，，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且．

(1)求证：面PAD；
(2)求二面角的正弦值；
(3)设点G在PB上，且．判断是否存在这样的，使得A，E，F，G四点共面．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在

【分析】（1）由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定即可证结论.
（2）以A为原点，面内与垂直的直线为x轴，方向为y轴，z轴空间坐标系，根据已知确定对应点坐标，进而求出面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求面面角的余弦值，即可得其正弦值.
（3）由题设有且，根据点共面结合（2）中面的一个法向量，利用向量垂直的坐标表示求，即可确定结果.
【详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，
平面AEP的一个法向量为，
设平面AEF的一个法向量为，
则，取，得，．
故，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
则．
∴二面角的余弦值为．
故二面角的正弦值为．
（3）存在这样的.
由可得：，则，
若A，E，F，G四点共面，则在面内，
又面的一个法向量为，
∴，即，可得.
∴存在这样的，使得四点共面.
20．在中，三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，结合三角恒等变换的知识证得.
（2）转化为只含的三角函数的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数求得的取值范围
【详解】（1）依题意，由余弦定理得，
，由正弦定理得，
，，
，由于，所以，则
由于，所以，则，
所以或（舍去），
所以.
（2）由于，所以为锐角，即，
而，即.
，
令，，
，
所以在区间上，递增；
在区间上递减.

，
所以，
所以的取值范围是.
21．已知椭圆的离心率为，上顶点为M，下顶点为N，，设点在直线上，过点T的直线分别交椭圆C于点E和点F．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线恒过定点，并求出该定点；
(3)若的面积为的面积的k倍，则当t为何值时，k取得最大值？
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)

【分析】（1）由短轴长及离心率求得参数，可得标准方程；
（2）分别联立直线、直线与椭圆的方程，解出坐标，即可写出直线方程，判断定点；
（3）设EF交y轴与P，由得到关于t的齐次式函数，结合均值不等式讨论最值即可.
【详解】（1）由题意可得
由椭圆的离心率为可得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意知直线的方程为，直线的方程为．
由，得．同理，．
所以 ，
所以直线的方程为：，即，
所以，直线过定点．
（3）设EF交y轴与P，则
．
因为，所以．
当且仅当，即时，等号成立．所以当时，k取得最大值．

【点睛】方法点睛：（1）直线过顶点问题，一般可写出直线方程，通过方程判断定点，本题直线上的点由其它直线与圆锥曲线相交所得，故可联立直线与圆锥曲线求得交点，即可写出直线方程。
（2）最值问题，一般写出对应的函数式，进而讨论最值，本题为面积比值的最值，考虑到已知的点的坐标，可以用拼凑法表示面积.
22．已知函数，，.
(1)讨论函数在区间上的最大值；
(2)确定k的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有.
【答案】(1)答案详见解析
(2)

【分析】（1）构造函数，求得，对进行分类讨论，由此求得所求的最大值.
（2）对进行分类讨论，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的值.
【详解】（1），，
则，
当时，对任意恒成立，又，所以恒成立，
所以在上递减，所以的最大值为.
当时，在区间，递增；
在区间递减.
所以的最大值是.
（2）由（1）知，当时，时，；
当时，对任意，，
要使成立，显然.
当时，，
令，
则，
对于方程，，
所以方程有两个不同的实数根，，
由于，所以，
故在区间，递增，
此时，即，所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知，存在，使得对任意的恒有，
此时，
令，
，
对于方程，，
所以方程两个不同的实数根，
，
由于，所以，
所以在区间递增，
此时即，
即与中较小者为，则当时，恒有，
所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知当时，，
令，
，
所以当时，递减，
所以在区间上，
故当时，恒有，此时任意实数满足题意.
综上所述，.
【点睛】利用导数研究函数的最值，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.当所要研究的函数含有绝对值时，可对绝对值内的式子的符号进行分类讨论，去绝对值，将式子转化为没有绝对值的形式来进行研究.