2023届辽宁省名校联盟高考模拟数学试题（一）试题含解析

这是一份2023届辽宁省名校联盟高考模拟数学试题（一）试题含解析，共20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届辽宁省名校联盟高考模拟数学试题（一）试题

一、单选题
1．设全集集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出函数的定义域即可确定，进而可求解.
【详解】由解得，因为，所以，
所以，故．
故选:B．
2．已知复数，且，，其中，为实数，则（    ）
A．－2 B．0 C．2 D．3
【答案】C
【分析】由题知，，则，然后代入，可得方程组，求得，即可求解.
【详解】由题意得，则代入原式得：，
即，所以，
解得，所以．
故选：C．
3．已知向量，夹角的余弦值为，且，，则（    ）
A．－36 B．－12 C．6 D．36
【答案】A
【分析】展开后直接利用向量数量积公式计算可得答案.
【详解】．
故选：A．
4．为庆祝中国共产主义青年团成立100周年，某高中团委举办了共青团史知识竞赛（满分100分），其中高一、高二、高三年级参赛的共青团员的人数分别为800，600，600．现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，经计算可得高一、高二年级共青团员成绩的样本平均数分别为85，90，全校共青团员成绩的样本平均数为88，则高三年级共青团员成绩的样本平均数为（    ）
A．87 B．89 C．90 D．91
【答案】C
【分析】利用分层抽样的概念和样本平均数的计算公式求解即可.
【详解】因为高一、高二、高三年级参赛的共青团员的人数分别为800，600，600，
设利用分层抽样从高一年级抽取人，则从高二年级抽取人，从高三年级抽取人，
设高三年级共青团员成绩的样本平均数为，
则，解得，
故选：C
5．已知抛物线的焦点为F，点M在C上，点，若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】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．
6．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】是等比数列，求出与，代入不等式中，结合基本不等式实数t的取值范围．
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，
所以．
由，得，
整理得对任意，且恒成立，
又，当且仅当，即n＝2时等号成立，
所以，即实数t的取值范围是
故选：B．
7．在三棱锥A－BCD中，，∠ADC＝∠ABC＝90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，E，F分别在线段OB，CD上运动（端点除外），．当三棱锥E－ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为（    ）
A．π B． C． D．2π
【答案】C
【分析】作出图形，辅助线，找到球心位置，求出半径，设CF＝x，则，所以，表达出三棱锥E－ACF的体积，得到当时，V取得最大值，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，求出截面面积的最小值
【详解】如图，取AC的中点O，连接OF，OB，

因为∠ADC＝∠ABC＝90°，所以，即O为球心，
则球O的半径R＝2．又AB＝BC，所以OB⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面ABC，
所以OB⊥平面ACD．
设CF＝x，则，所以，
所以三棱锥E－ACF的体积
，
当时，V取得最大值．由于OA＝OB＝OC＝OD，
在△COF中，由余弦定理得：
，
根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，
设此时截面圆的半径为r，所以，
则截面面积的最小值为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
8．已知双曲线（）的左、右焦点分别为F1，F2，M，N在C上，且，，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据及得知的外心与重心重合，所以是等边三角形，就可以把M的坐标用表示出来，代入双曲线方程整理求解.
【详解】由可知，点F1是的外心，
由得，即，
所以点F1是的重心，所以是等边三角形，
由对称性可知MN⊥F1F2．且，，
不妨设M在第二象限，所以点M的横坐标为，纵坐标为，故点．
又点M在双曲线()上，
所以，即，整理得，
两边同时除以可得，解得，所以，
又，所以．
故选：D


二、多选题
9．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】由不等式的性质可判断ABD，由0＜a－b＜a－c得，所以可判断C.
【详解】对于A项，，故A项错误；
对于B项，由a＞0与b＞c，得，故B项正确；
对于C项，由题，得－b＜－c，所以0＜a－b＜a－c，所以，所以，故C项正确；
对于D项，由题得，所以，即，故D项正确．
故选：BCD．
10．如图，在直三棱柱中， ，E，F分别满足，，则（    ）

A．E，F，A，B四点共面
B．平面BEF
C．异面直线AE与BB1所成的角大于60°
D．存在过AB的平面与平面EFC平行
【答案】ABD
【分析】证明即可判断A,利用线面垂直的性质定理、判定定理可证明B，根据为异面直线AE与BB1所成的角，求出正切值即可判断C，利用线面平行的判定定理可说明D.
【详解】对于A项，由题得，所以，又，
所以，所以E，F，A，B四点共面，A项正确；
对于B项，易知，，
所以，所以，
所以，
所以，
因为平面,平面,所以，
且,平面,
所以平面,平面,所以,
且，所以，
，平面BEF，所以平面BEF，B项正确；
对于C项，易知为异面直线AE与BB1所成的角，
而，
所以，C项错误；
对于D项，因为，平面EFC，平面EFC，
所以平面EFC，故存在过AB的平面与平面EFC平行，D项正确．
故选:ABD．
11．某中学积极响应国家“双减”政策，大力创新体育课堂，其中在课外活动课上有一项“投实心球”游戏，其规则是：将某空地划分成①②③④四块不重叠的区域，学生将实心球投进区域①或者②一次，或者投进区域③两次，或者投进区域④三次，即认为游戏胜利，否则游戏失败．已知小张同学每次都能将实心球投进这块空地，他投进区域①与②的概率均为p（0＜p＜1），投进区域③的概率是投进区域①的概率的4倍，每次投实心球的结果相互独立．记小张同学第二次投完实心球后恰好胜利的概率为P1，第四次投完实心球后恰好胜利的概率为P2，则（    ）
A．
B．
C．
D．若，则p的取值范围为
【答案】AC
【分析】对四个选项一一判断：
对于A：利用概率的范围直接判断；对于B：利用概率的乘法直接求解；对于C：根据游戏规则利用概率乘法直接求解；对于D：分别表示出，列不等式求出p的取值范围.
【详解】对于A：小张同学投进区域③的概率为4p，投进区域④的概率为1－6p，故，正确；
对于B：小张同学第二次投完实心球后，恰好游戏过关包含“第一次未投中区域①或者②，第二次投中区域①或者②”和“第一次与第二次均投中区域③”两个事件，则概率，错误；
对于C：第四次投完实心球后，恰好游戏胜利，则游戏胜利需前三次投完后有一次投进区域③且有两次投进区域④，因此，正确；
对于D：，令2p(12p－1)(18p－5)＞0，得或，又，所以，错误．
故选：AC．
12．已知函数、的定义域均为．且满足，，，则（    ）
A． B．
C．的图象关于点对称 D．
【答案】BC
【分析】利用题干等式逐项递推，可判断A选项的正误；利用函数的对称性的定义可判断BC选项；记，，其中，分析可知，这两个数列均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，结合等差数列的求和公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，所以，函数的图象关于点对称，
所以，，
因为，所以，，即，
因为，所以，，
则，所以，，A错；
对于B选项，因为定义域为的函数的图象关于点对称，则，B对；
对于C选项，因为，所以，，
联立，可得，
所以，函数的图象关于点对称，C对；
对于D选项，因为，令可得，
所以，，故，
因为，所以，，可得，
所以，，可得，则，
记，，其中，且，，
则，，
所以，数列是以为首项，公差为的等差数列，则，
数列是首项为，公差为的等差数列，，
所以，，D错.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数基本性质的推导，解题的关键在于通过不断的迭代、消元，结合函数基本性质的定义进行判断.

三、填空题
13．的展开式中除常数项外的各项系数和为______．
【答案】－5231
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后求出其常数项，再令求出展开式中各项系数和，从而可求出展开式中除常数项外的各项系数和.
【详解】展开式的通项公式为．
令，得，则展开式的常数项是．
令，得展开式中各项系数和为，
所以展开式中除常数项外的各项系数和为．
故答案为：－5231
14．过三点中的两点且圆心在直线上的圆的标准方程为______．（写出一个满足条件的方程即可）
【答案】或或 (写出符合要求的一个答案即可).
【分析】分类讨论，分别求出圆心和半径，即可得到圆的标准方程.
【详解】若圆过两点，则线段的中垂线方程为，即，与联立求得圆心坐标为，半径为，所以圆的标准方程为；
若圆过两点，则线段的中垂线方程为，即，与联立得圆心坐标为，半径为，所以圆的标准方程为；
若圆过两点，则线段的中垂线方程为，即，与联立得圆心坐标为，半径为，所以圆的标准方程为．
故答案为：或或 (写出符合要求的一个答案即可).
15．已知函数（，）在区间内单调，在区间内不单调，则ω的值为______．
【答案】2
【分析】由函数的单调性列不等式组，解出ω的范围，即可得到答案.
【详解】依题意得，即．
因为当时，，
所以()，则 ，()，解得：().
令k＝0，则1≤ω≤2，而，故，又ω∈Z，所以ω＝2，经检验，ω＝2符合题意．
故答案为：2
16．已知和是函数的两个极值点，且，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用导函数和极值点的定义可得和是方程的两个根，所以函数的图象与直线有两个不同的交点，利用导函数作出的图象，数形结合即可求解.
【详解】由题意可得，
故和是函数的两个零点，即是方程的两个根，
又，所以，所以和是方程的两个根，
所以函数的图象与直线有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为，
由于，所以当或    时，当时，，
故在区间，内单调递减，在区间内单调递增，且当时，，
作出的图象如图所示：

由图可知，且，
因为，取，并令，则，
所以，解得，此时，
故时，即m的取值范围是，
故答案为：

四、解答题
17．记正项数列的前n项积为，且．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，求数列的前2n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由题意得，又，可得与的关系，结合等差数列的定义即可证得结论；
（2）由（1）得，求出，利用裂项相消法求和即可得出答案．
【详解】（1）由题意得，又，
所以，即，所以．
当n＝1时，，所以，解得＝3，
故是以3为首项，2为公差的等差数列．
（2）由（1）可知，，
所以，
所以．
18．记△的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）利用三角函数恒等变换和正、余弦定理得，整理化简得到，即证；
（2）先利用余弦定理求出，即可求△的面积．
【详解】（1）由题意得，
即，
由正、余弦定理得：，
整理得：，即.
又，所以，所以．
（2）由（1）得，由得，
由余弦定理得，
即，所以，
所以△的面积．
19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先利用线线垂直证明平面，进而可得到，又根据勾股定理可得，所以平面，再根据面面垂直的判断定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，直线与平面所成的角为，利用求解即可.
【详解】（1）在中，所以，
因为，，所以，
又，，平面，所以平面,
又因为平面，所以，
在中因为，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取中点，连接，由，得，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，，
由为的中点，，四边形是直角梯形，可知四边形为矩形，所以，即两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，则，解得，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
20．5G技术对社会和国家十分重要，从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技公司生产一种5G手机的核心部件，下表统计了该公司2017－2021年在该部件上的研发投入x（单位：千万元）与收益y（单位：亿元）的数据，结果如下：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
研发投入x
2
3
4
5
6
收益y
2
3
3
3
4

(1)求研发投入x与收益y的相关系数r（精确到0.01）；
(2)由表格可知y与x线性相关，试建立y关于x的线性回归方程，并估计当x为9千万元时，该公司生产这种5G手机的核心部件的收益为多少亿元；
(3)现从表格中的5组数据中随机抽取2组数据并结合公司的其他信息作进一步调研，记其中抽中研发投入超出4千万元的组数为X，求X的分布列及数学期望．
参考公式及数据：对于一组数据（i＝1，2，3，⋯，n），相关系数，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，．
【答案】(1)0.89
(2)，5亿元
(3)分布列见解析，

【分析】（1）利用利用相关系数的公式结合表格数据直接求解；
（2）根据最小二乘法先求，再求，可得回归直线方程，从而可预测x为9千万元时，该公司生产这种5G手机的核心部件的收益；
（3）利用古典概型结合组合数计算概率，从而可得分布列和期望.
【详解】（1）由题可得，，
，
，
所以．
（2）因为，，
所以y关于x的线性回归方程为．
当x＝9时，，所以此时该公司生产这种5G手机的核心部件收益估计为5亿元．
（3）易知X的可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列为
X
0
1
2
P




所以．
21．已知椭圆的右焦点为F，过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为3，C的离心率为．
(1)求C的方程；
(2)不过C的左顶点A的直线l与C相交于P，Q两点，且直线AP与AQ的斜率之积恰好等于．试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，直线l恒过定点．

【分析】（1）根据题意可得线段RS垂直于轴，然后列出方程即可求解
（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在，设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率积为的表达式中可得定点
【详解】（1）由过F作一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为3，可得此时线段RS垂直于轴，
设椭圆的半焦距为，
将代入可得，所以，
所以根据题意可得，解得，
所以C的方程为；
（2）由（1）可知，当直线l斜率存在时，设直线l方程为，
联立消去y，整理得，，
所以，，
因为，
所以，
所以，即，
所以，即，所以或，均符合．
当时，直线恒过定点，因为直线不过点A，所以舍去；
当时，直线恒过定点．
当直线斜率不存在时，设直线，不妨设，则，
则，且，
解得或(舍去)；
此时直线l过定点，
综上，直线l恒过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数（）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同的零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)．

【分析】（1）当时，求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出处的切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；
（2）对进行求导，分四种情况，利用单调性分析零点的情况即可
【详解】（1）当时，，
所以，又，
所以所求切线方程为．
（2），
所以，
当时，由，得，由，得，
所以g(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间内单调递增，
所以若g(x)有两个不同的零点，则必有，即；
当时，，
因为，当时，，
所以，
所以，
所以g(x)在区间内各有一个零点，故满足题意；
当时，因为，所以g(x)在区间内单调递减，所以g(x)至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为当时，，当时，，
所以g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以g(x)的极小值为，所以g(x)至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为当时，，当时，，
所以g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以g(x)的极小值为，
所以g(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上，a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．