2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试（一）数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试（一）数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届辽宁省丹东市高三总复习质量测试（一）数学试题

一、单选题
1．已知集合，，若且，则（    ）
A． B． C．0 D．1
【答案】D
【分析】根据含参一元二次不等式的对分类讨论得解集，确定集合的取值情况，再结合集合的关系，确定的取值.
【详解】当时，，不符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，，又，且，
则，故得取值范围为，故符合条件的.
故选：D.
2．下列函数中为偶函数的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据偶函数的定义逐项判断即可.
【详解】函数的定义域为，故函数为非奇非偶函数，故A不符合；
函数的定义域为，则，故该函数为奇函数，故B不符合；
函数的定义域为，则，故该函数为偶函数，故C符合；
函数的定义域为，故函数为非奇非偶函数，故D不符合.
故选：C.
3．向量，，则在方向上投影的数量为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用投影数量的定义及向量夹角坐标公式求在方向上投影的数量.
【详解】由题设，在方向上投影的数量为.
故选：B
4．图1是世界上单口径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——500m口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面），其边缘距离底部的落差约为156.25米，它的一个轴截面是一个开口向上的抛物线C的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系xOy内，已知该抛物线上点P到底部水平线（x轴）距离为125m，则点P到该抛物线焦点F的距离为（    ）


A．225m B．275m C．300m D．350m
【答案】A
【分析】设抛物线为且，根据在抛物线上求p，利用抛物线定义求P到该抛物线焦点F的距离.
【详解】令抛物线方程为且，
由题设，在抛物线上，则，得，
又且，则P到该抛物线焦点F的距离为米.
故选：A
5．（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】应用平方关系、二倍角正弦公式化简得，结合去绝对值符号即可.
【详解】由，
又，则且，
所以.
故选：A
6．已知函数的定义域为D，若对任意的，都存在，使得，则“存在零点”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意寻找条件说明充分性与必要性是否成立即可.
【详解】若存在零点，不妨令，，即，
由，得，则存在零点，
任意的，取且，
但，即，故充分性不成立；
若，则存在，使得，则，即存在零点，故必要性成立，
所以，“存在零点”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
7．设与C分别为圆柱上下底面圆周上的点，且位于该圆柱轴截面同侧，下底面圆心O在AB上，若，，，则直线与AB所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，设圆柱底面半径为，高为，利用圆柱的性质和余弦定理得到底面半径和高的关系，然后在直角三角形中即可求出直线与AB所成角的余弦值.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，过作，连接，
由题设弧长的数量关系知：为边长为的正三角形且CD//AB，垂直与圆柱底面，
则，，
在中，由余弦定理可得：，
整理可得，

因为CD//AB，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）.
在中，，
所以直线与AB所成角的余弦值为，
故选：B.
8．已知a，b满足，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数与函数的单调性、零点存在性定理逐项进行验证即可求解.
【详解】对于A，因为，令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，恒小于零，所以，
又因为，
所以，故选项A错误；
对于B，因为两边同时取对数可化为，
也即；
又因为可化为，两边同时取自然对数可得
，所以；
所以和是方程的根，
因为函数在上单调递增，所以方程有一根，
则，也即，所以，则，故选项B错误；
对于D，因为，令，
则，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为当时，函数恒小于零，所以，
又因为
，
又因为
，由零点存在性定理可知：，故选项D正确；
对于C，由选项D的分析可知：在上单调递增，且，
因为，所以，则，
所以，由选项B可知：，所以，故选项C错误，
故选：D.
【点睛】构造函数利用函数的单调性点睛：
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

二、多选题
9．若，则（    ）
A．是图象的对称中心
B．若和分别为图象的对称轴，则
C．在内使的所有实数x值之和为
D．在内有三个实数x值，使得
【答案】AC
【分析】由辅助角公式化简，代入法判断对称中心，由正弦型函数对称轴的性质判断B；画出在上图象，数形结合判断C、D.
【详解】由，
A：，故是图象的对称中心，正确；
B：若为对称轴，则，所以和分别为图象的对称轴，不一定成立，错误；
当，则，故在上图象如下，

由图知：内使的所有实数x关于对称，且仅有两个值，故它们的和为，C正确；
显然只有两个实数x值，D错误.
故选：AC
10．在复平面内，为坐标原点，复数、对应的点、都在单位圆上，则（    ）
A．为直角三角形 B．对应的点在单位圆上
C．直线与虚轴垂直 D．
【答案】BC
【分析】设，则，由题意可得出，可得出关于、的方程组，解出、的知，结合复数的运算与几何意义逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】设，则，
因为复数、对应的点、都在单位圆上，则，
所以，，解得，所以，或.
对于A选项，由复数的几何意义可知，
所以，为等边三角形，A错；
对于B选项，当时，，
则，
当时，，
则，
所以，对应的点在单位圆上，B对；
对于C选项，若，则、，此时直线与虚轴垂直，
若，则、，此时直线与虚轴垂直，C对；
对于D选项，当时，，
当时，，D错.
故选：BC.
11．如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等．在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列．斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（    ）

A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】由已知且，利用及累加法判断A；利用及累加法判断B；利用及累加法判断C；利用及累加法判断D.
【详解】由题设且，
由，，，...，，
所以，则，A错误；
由，，，...，，
所以，则，B正确；
由，则，
所以，C正确；
由，
所以，D正确.
故选：BCD
12．在封闭的四棱锥内有一个半径为的球， 为正方形，的面积为1，，则（    ）
A．PA的最小值为
B．该球球面不能与该四棱锥的每个面都相切
C．若，则的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】AD
【分析】设，求得，可判定A正确；根据特例可判定B不正确；取的中点，把四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，结合和基本不等式，可判定C不正确；设顶点在底面的射影为，得到四棱锥为正四棱锥，设底面正方形的边长为，内切球的半径为，结合体积相等，得到，设，结合基本不等式，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，且的面积等于1，设，
所以，可得
当时，此时取得最小值，最小值为，所以A正确；
对于B中，例如：当四棱锥为正四棱锥时，此时四棱锥存在内切球，所以B不正确；
对于C中，如图所示，取的中点，分别连接，
因为，且，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
又因为的面积等于1，且为正方形，所以的面积等于1，
所以，即.
此时四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，设半径为，
则，即,
因为，，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，即内切球的最大半径为，
所以C不正确；

对于D中，如图所示，取的中点，分别连接，
设顶点在底面的射影为，
由，可得，即为的外心，
即为与的交点，且底面，此时四棱锥为正四棱锥，
设底面正方形的边长为，其中，
因为的面积等于1，即，可得，
在直角中，，
设四棱锥内切球的半径为，
可得，整理得
设，则，且
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以四棱锥内切球的半径的最大值为，所以D正确.
故选：AD


三、填空题
13．已知，，，那么____________．
【答案】##
【分析】根据条件概率公式即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
14．除以7所得余数为____________．
【答案】
【分析】由并应用二项式定理展开，判断各项是否被7整除，进而确定余数.
【详解】，
其中各项均可被7整除，
只需判断除以7的余数即可，而，
所以余数为.
故答案为：

四、双空题
15．计算器计算，，，等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．
其中是的导数，是的导数，是的导数……．
取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为____，精确到0.01的近似值为______．
【答案】         
【分析】根据泰勒展开式，化简得到，求得的“泰勒展开式”中第三个非零项，令，代入上式，进而求得的近似值.
【详解】取时，可得
则
，
所以的“泰勒展开式”中第三个非零项为，
令，代入上式可得.
故答案为：；.

五、填空题
16．经过坐标原点O的直线与椭圆C：相交于A，B两点，过A垂直于AB的直线与C交于点D，直线DB与y轴相交于点E，若，则C的离心率为_______．
【答案】##
【分析】设直线BD的方程为，与椭圆方程联立，由求得点B的纵坐标，进而利用韦达定理得到其横坐标，从而得到点D的坐标，然后根据，由化简求解.
【详解】解：设直线BD的方程为，，
则，
由，得，
显然存在，使得，
故由韦达定理得，
因为，则，即，
则，
因为，
所以，即，
即，化简得，
所以，
故答案为：.

六、解答题
17．△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)证明；△ABC是钝角三角形；
(2)在四个条件①    ②    ③    ④中，哪三个条件同时成立能使△ABC存在？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；

(2)条件①③④同时成立能使△ABC存在，理由见解析

【分析】（1）根据正余弦定理将角的正弦化为边长的关系，再利用余弦定理即可；
（2）先分析条件①②不能同时成立，然后再分类讨论①③④，②③④能否同时成立.
【详解】（1）因为，由正弦定理可知．
由余弦定理可得，所以．
于是△ABC是钝角三角形．
（2）由（1）知，若①成立，则；若②成立，则．
因为，所以①与②不能同时成立．③④将同时成立，
由正弦定理可得：．
若①③④同时成立，则，由（1）可知．从而，△ABC存在．
若②③④同时成立，则，△ABC不存在．
综上，条件①③④同时成立能使△ABC存在．
18．网民对一电商平台的某种特色农产品销售服务质量进行评价，每位参加购物网民在“好评、中评、差评”中选择一个进行评价，在参与评价的网民中抽取2万人，从年龄分为“50岁以下”和“50岁以上（含50岁）”两类人群进行了统计，得到给予“好评、中评、差评”评价人数如下表所示．
网民年龄
好评人数
中评人数
差评人数
50岁以下
9000
3000
2000
50岁以上（含50岁）
1000
2000
3000

(1)根据这2万人的样本估计总体，从参与评价网民中每次随机抽取1人，如果抽取到“好评”，则终止抽取，否则继续抽取，直到抽取到“好评”，但抽取次数最多不超过5次，求抽取了5次的概率；
(2)从给予“中评”评价的网民中，用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，抽取的3人中年龄在50岁以下的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，1.8

【分析】（1）先求得抽取到“好评”的概率，再分第5次抽到好评和没抽到好评求解；
（2）易知抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为6人，4人，再根据X服从参数为10，3，6的超几何分布求解.
【详解】（1）解：从参与评价的网民中每次抽取1人，抽取到“好评”的概率为．
记A表示事件：“抽取了5次”，
则．
（2）在给予“中评”评价的人中，年龄在50岁以下及50岁以上人数之比为3：2．
因此抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为6人，4人．
依题意X服从参数为10，3，6的超几何分布，
所以，，1，2，3．
于是X的分布列为
X
0
1
2
3
P





X的数学期望．
19．如图，是圆锥的母线，延长底面圆直径到点，使得，直线与圆切于点，已知，二面角的大小为．

(1)求该圆锥的侧面积；
(2)若平面平面，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）解法1，利用二面角的定义确定二面角的平面角，即可得圆锥的高度与母线长，从而可得圆锥的侧面积；解法2，建立空间直角坐标系，利用二面角的坐标运算即可得圆锥的高度与母线长，从而可得圆锥的侧面积；
（2）解法1，根据面面垂直的性质得，再由线面垂直的判定于性质定理可证得，结合几何性质即可求得三棱锥的体积；解法2，根据空间向量坐标运算证得，结合几何性质即可求得三棱锥的体积.
【详解】（1）解法1：
连结，

因为与圆的切于点，所以．
因为平面，平面，则，
又平面，所以平面，又平面
所以，所以是的平面角．
因此．
因为，所以，故．
于是该圆锥的侧面积．
解法2：
连结，则平面，以为坐标原点，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，y轴在平面内．

因为与圆切于点，所以，因为连结，因为，，所以．
因此，，．
设，则．
设平面的法向量，则，可取．
平面的一个法向量，由可得．
可知，因为，所以．
于是该圆锥的侧面积．
（2）解法1：
过在平面内作垂足为．

因为平面平面，交线为，又，平面
所以平面，因为平面，可得．
又，平面，所以平面，
因为平面，从而．
由题设及（1）得，，可知，面积为．
因此三棱锥的体积．
解法2：
因为，，所以．
设，则，．
因为，取平面的一个法向量，
则，又，可得．
所以，故，所以．
由，得面积为．
于是三棱锥的体积．
20．为数列的前n项和，已知．
(1)证明：；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入数列的前k项，使它们和原数列的项构成一个新的数列：，，，，，，，，，，…，求这个新数列的前50项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)7429

【分析】（1）根据数列的前n项和进行求解即可；
（2）根据题意，利用等比数列的前n项和公式和错位相减法解求解.
【详解】（1）由得．
由，可知．
相减得，所以．
又，故，因此．
（2）设数列的前项和为，则．
两边同乘以2得
．
以上两式相减得
．
设是新数列的第N项，则
．
当时，，当时，．
故这个新数列的前50项中包含的前9项，以及列的前k（k＝1，2，3，…，8）项和前5项，
由（1）知，所以这个新数列的前50项和为




．
21．已知O为坐标原点，，为双曲线C：的左右焦点，P为C的右支上一点，当轴时，．
(1)求C的方程；
(2)若P异于C的右顶点A，点Q在直线上，，M为AP的中点，直线OM与直线的交点为N，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据得到，再由轴，得到 ，然后利用双曲线的定义求解；
（2）设直线PA的斜率k存在，且，根据及Q在直线上，得到，再设PA：与双曲线方程联立，求得点P和点M的坐标， 设，由O，M，N和Q，， N共线得到，由，得到，再利用两点间的距离公式求解.
【详解】（1）解：因为，所以．
因为当轴时，，可知．
点P到两个焦点，的距离分别为3和5．
由双曲线定义得，所以．
因此C的方程为．
（2）由题设直线PA的斜率k存在，且．
由，及Q在直线上，可得．
设PA：，．
由，得．
这个关于x的方程两根为，1．因此，．
因为，所以．
设，则，所以．
由，得．
由，得，因为，所以．
因此．
即的取值范围为．
【点睛】思路点睛：本题第二问思路是先设PA：与双曲线方程联立，求得点P，再由及Q在直线上，得到Q坐标，进而得到点M的坐标， 设，然后由O，M，N和Q，， N共线得到与的关系，进而结合两点间的距离公式而得解.
22．已知函数，．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点，，，求a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在单调递增，在单调递减，在单调递增
(2)，证明见解析

【分析】（1）由已知得，求导函数，根据导函数的符号确定函数的单调性即可；
（2）由题可得，则是的一个零点，求，讨论函数单调性确定零点个数即可得a的取值范围；根据函数满足，则零点，满足，再将转化为单变量的式子，构造函数确定其取值范围即可证明结论.
【详解】（1）定义域为，当时，，则．
当时，；当时，；当时，．
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增．
（2）因为，则是的一个零点，不妨设．
定义域为，则，
令，即，则．
若，则，当时，，单调递增，有且只有一个零点．
若，则，当时，，当且仅当时，，单调递增，有且只有一个零点．
若，则，有两个正数根．
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
因为，所以，且，．
因为，，所以存在唯，使得．
因为，，所以存在唯一，使得．
综上，若有三个不同零点，，，则a的取值范围为．
由，可得，于是．
设，则当时，，单调递增，
所以，可得当时，．
由可得，
因为，所以．
因为．所以．
因此．
【如何想到证明：时】
因为，所以，
等价于．
等价于．
等价于．
等价于．
等价于．
由于，所以，
从而等价于．
因此我们只需证明：当时，．
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论参数研究的零点情况并确定范围，构造函数证明不等式右侧，注意构造函数形式原因.