辽宁省部分高中2023届高三下学期普通高考模拟考试（一）数学试题

辽宁省部分高中2023届高三下学期普通高考模拟考试（一）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，，若，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．

2．在中，记，，若，则（    ）

A． B． C． D．

3．若虚数是关于x的方程的一个根，且，则（    ）

A．6 B．4 C．2 D．1

4．距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形．图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为6m，，，，点D在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且．不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道）的室内容积为（    ）

A． B． C． D．

5．已知的展开式中的系数为80，则a的值为（    ）

A． B． C．1 D．2

6．已知曲线，，其中，点A，B，C是曲线与依次相邻的三个交点．若是等腰直角三角形，则（    ）

A． B． C． D．

7．平行四边形ABCD内接于椭圆，椭圆C的离心率为，且AB，AD的倾斜角分别为，，若，则（    ）

A． B． C． D．

8．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知一组不完全相同的数据，，…，的平均数为，方差为，中位数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，，，…，，其平均数为，方差为，中位数为m，则下列判断一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

10．如图，在棱长为a的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．异面直线BC与MP所成的最大角为45°

C．不存在点P使得

D．当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为

11．已知F是抛物线的焦点．设，是抛物线C上一个动点．P在C的准线l上的射影为M，M关于点P的对称点为N，曲线C在P处的切线与准线l交于点T，直线NF交准线l于点Q，则（    ）

A． B．是等腰三角形

C．PT平分 D．的最小值为2

12．已知函数的定义域为，，且．当时，，则（    ）

A．

B．是偶函数

C．为增函数

D．当，且，时，

三、填空题

13．为了比较甲、乙、丙、丁四组数据的线性相关性的强弱，小明分别计算了甲、乙、丙、丁四组数据的线性相关系数，其数值分别为，，0.76，0.92，则这四组数据中线性相关性最强的是______组数据．

14．已知数列的前n项和为，，且，若，则______．

15．若直线与曲线和圆，都相切，则a的值为______．

16．在四棱锥中，已知平面平面ABCD，，，，，M是平面SAD内的动点，且直线MB与平面SAD所成的角和直线MC与平面SAD所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______．

四、解答题

17．某工厂可以加工一种标准尺寸为50mm的零件，目前的生产工艺生产该零件的尺寸（单位：mm）服从正态分布，且尺寸不大于49.95mm的概率为0.02．某客户向该厂预定1200个该种零件，要求零件的尺寸误差小于0.05 mm．

(1)为完成订单且避免过度生产，你认为该厂计划生产多少件零件最为合理？

(2)实际投产时，技术人员改进了该种零件的生产工艺．改进后，当生产了1225个零件时恰好完成订单．请结合（1）的结果，利用独立性检验判断能否有99%的把握认为生产工艺改进与生产零件的尺寸误差有关．

附：，其中．

18．已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足．

(1)证明：；

(2)是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．

19．已知数列，，且满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列前n项的和．

20．如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形．

(1)求证：；

(2)若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离．

21．已知双曲线，的一条渐近线方程是，坐标原点到直线AB的距离为，其中，．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)过点直线l与双曲线C交于M，N两个不同的点，过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q．证明：P是MQ的中点．

22．已知函数，．

(1)若，求实数a的取值范围；

(2)存在正实数a，使得成立，（e为自然对数的底数），求实数a的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】根据集合相等的含义分别求出，然后可得答案.

【详解】因为，，

所以，解得，所以1．

故选：B．

2．D

【分析】利用平面向量的运算，用表示出即可.

【详解】因为在中，若，所以点为中点，所以.

故选：D

3．C

【分析】设复数，将其代入方程求得，，然后利用复数即可求解.

【详解】设（且），代入原方程可得．

所以，解得，因为，所以．

故选：C．

4．B

【分析】根据题意问题转化为求四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可.

【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，

则，

，，

取的中点，连接，过作于，则．

在直角中．

过作交于连接．

则，

所求体积

故选：B

5．D

【分析】根据题意可得，结合二项展开式的通项公式分析运算.

【详解】由题意可得，

对于的展开式可得，

令，解得，

故的展开式中的项的系数为；

对于的展开式可得，

令，该方程组无解，

故的展开式中没有项；

又∵的系数为80，则，解得．

故选：D.

6．C

【分析】根据条件做出函数的图象，利用三角函数的周期公式及函数值的定义，结合等腰直角三角形的性质即可求解.

【详解】不妨设点为曲线与在轴上的交点，如图所示，

设点为的中点，连接，．则

，．

因为是等腰直角三角形，

所以，

所以

故选：C.

7．D

【分析】设，，则，将点的坐标代入椭圆方程作差得到，也即，然后利用两角和与差的余弦公式和同角三角函数的基本关系即可求解.

【详解】设，，，

∴，，相减整理得，

即，．

∵，

∴，

故选：D.

8．A

【分析】根据的特征，构造函数，利用导数分析函数的单调性，根据单调性即可比较大小，根据的特征，构造函数，利用导数判断函数单调性求解.

【详解】，

令，

则，

由在上成立，可知，

在上单调递增，

，，即，

又∵

令，，

则，，∴，

当时，，，

∵，∴当时，，

∴在区间上单调递增，

∴当时，，∴在区间上单调递增，

∴，即，∴，

综上，有．

故选：A．

【点睛】本题的关键在于通过观察，变形，构造出合适的函数，利用导数，确定函数的单调性，利用函数单调性求解，属于难题.

9．AC

【分析】利用平均数公式、方差公式分别可以确定新数据的平均数、方差与原平均数、方差的大小关系，因新加入数据不知与中位数大小所以无法确定新的中位数大小．

【详解】∵，，

∴，平均数不变，所以A选项正确；

，

，

所以，故B错误，C正确；

对于D选项，由于原数据的中位数与平均数的大小关系不确定，

所以不能比较新数据与原数据的中位数的大小，故D错误．

故选：AC.

10．AD

【分析】对于A，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可.

【详解】点到平面的距离为为定值，

又，

所以，即三棱锥的体积为定值，故正确；

设中点为，连接，

则即为异面直线与所成的角

在中，

所以异面直线与所成的最小角为45°，故不正确；

若为中点，则，所以，又，，所以平面，平面，所以，故不正确；

取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，

所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，面积为，故正确．

故选：．

11．ABC

【分析】A选项，由抛物线的定义的，，所以；B选项，，从而，又是线段中点，所以是线段的中点，又，所以，所以是等腰三角形；C选项，因为，所以，所以平分；D选项，直线的方程为，令，得，根据坐标表示出，最后利用基本不等式求最值即可.

【详解】

对于A，由抛物线的定义的，，所以，故A正确．

对于B，因为，则，，

点处的切线斜率，而，所以，

从而，又是线段中点，所以是线段的中点，又，

所以，所以是等腰三角形，故B正确．

对于C，因为，所以，所以平分，故选项C正确；

对于D，直线的方程为，令，得，

所以，当且仅当时，最小值为1，故D错误．

故选：ABC．

12．ACD

【分析】通过对赋值可以确定A、B选项的正误，C选项利用单调性的定义来判断，D选项中令，则，把递推式代入函数式得是等比数列.

【详解】因为定义在上，且满足恒成立，

令，即，解得，故A正确；

再令，则，故，故是奇函数，故B错误；

任取，且，则．

因为，所以，

所以，由于，所以，，

所以．

因为，，所以，，

即在区间上单调递增．故C正确；

对于D，因为，，

因为，当且仅当时，即时等号成立；

所以，所以．

令，则．

令，则，所以．

因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以，

故D正确．

故选：ACD．

【点睛】方法定睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．

13．甲

【分析】根据相关系数的含义，其绝对值越接近1，线性相关性越强.

【详解】根据题意，因为线性相关系数的绝对值越大，线性相关性越强．

甲、乙、丙、丁四组数据的线性相关系数分别为，，0.76，0.92，

所以甲组数据的线性相关性最强．

故答案为：甲．

14．25

【分析】由已知列举的前9项，得出其规律，再计算即可.

【详解】当时，，，，，，，，，，

则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．

因为；所以，由，，得，

所以，所以．

故答案为：25．

15．

【分析】设切点的坐标为，利用导数的几何意义列出方程组求得的值，得到切线方程，再利用直线与圆相切，列出方程，求得的值.

【详解】设直线与曲线相切的切点坐标为，

由曲线，可得，则，解得，

所以切线方程为，

因为直线与圆相切，

所以，解得或（舍）．

故答案为：．

16．

【分析】根据题意建立平面直角坐标系，根据条件求得点的轨迹方程，从而要使四棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，取，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，勾股定理求解半径，代入表面积公式即可求解.

【详解】因为平面平面，平面平面，面，

又因为，所以平面，所以为直线与平面所成的角，

同理为直线与平面所成的角，

所以，所以，即．

在平面内，以为坐标原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系，

设，则有，化简得．

即点的轨迹方程为．

要使三棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，

令，则，

当三棱锥的体积最大时，可取，此时到平面的距离为2．

三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上．

在三棱锥中，设点即为等边三角形外接圆的圆心，

设三棱锥外接球的球心为，半径为，设，

则有，解得，所以，

所以三棱锥外接球的表面积．

故答案为：．

17．(1)个

(2)有的把握认为生产工艺改进与生产零件的尺寸误差有关

【分析】（1）根据正态分布的性质，求得，进而求得计划生产最合理的个数；

（2）根据题意得到的列联表，利用公式求得，结合附表，即可得到结论.

【详解】（1）解：由题意，生产工艺生产该零件的尺寸服从正态分布，

且尺寸不大于mm的概率为，

根据正态分布的性质，可得，

所以，

所以计划生产最合理的个数为个.

（2）解：改进前，零件尺寸符合条件的有个，不符合的有个，

改进后，零件尺寸符合条件的有个，不符合的有个．

则的列联表如下：

可得，

所以有的把握认为生产工艺改进与生产零件的尺寸误差有关．

18．(1)证明见解析

(2)存在，，

【分析】（1）由三角形的面积公式，化简得到，求得，结合正弦定理，即可求解；

（2）假设存在正整数，使得和同时成立，结合正弦、余弦定理，化简得到，鸡儿得到，结合为均为正整数，求得的值，即可求解.

【详解】（1）解：由，即，

因为，可得，所以，

即，即，

又因为，所以，

又由正弦定理，可得．

（2）解：假设存在正整数，使得和同时成立．

所以，即，

化简整理可得，

因为，，所以，即

又因为均为正整数，所以，．

故存在，使得和同时成立

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，得到数列为常数列，再求通项即可；

（2） 由（1）及分组求和法先得，再利用裂项相消法计算即可.

【详解】（1）因为，所以.

因为，所以数列为常数列，所以．

即所求数列的通项公式为．

（2）由（1）及题设得，

，

所以，

所以．

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

∵四边形为菱形，∴为的中点，则．

为等边三角形，有，平面，

，∴平面,

平面，∴，

又，平面，，

∴平面,∵平面，∴．

（2）由（1）知，，且平面，

故平面，而平面，故平面平面，

分别取的中点，连接，

则，∴平面，为等边三角形，，

而平面平面，平面，故平面，

以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

设，则，

∴，，

设平面的一个法向量，则有，

令，则，，即，

又∵平面的法向量为，

∴平面与平面的夹角的余弦值为,

∴，∴或（舍），

此时，又，

∴点到平面的距离为：．

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由渐近线方程求出，设直线为，根据坐标原点到直线AB的距离为，即可求出双曲线C的标准方程；

（2）显然直线的斜率存在，设的方程为，联立直线和双曲线，根据韦达定理对条件进行转化即可证明.

【详解】（1）设直线：，由题意得，，∴，

故双曲线的标准方程为．

（2）显然直线的斜率存在，设的方程为，联立，

消去得，由，得．

设，，，，，．

方程为，令，得，

方程为，令得，

因为

所以，即是的中点．

22．(1)

(2)

【分析】（1）即，令，对其求导，求其最大值，即可求解；

（2）因为时，存在正实数成立，即在上有解，令，求解的范围，则在上有解即可求解.

【详解】（1）函数恒成立．即，在上恒成立

令，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以当时取得最大值，即，即，

故的取值范围是；

（2）因为时，存在正实数成立，

即在上有解，

即在上有解，令，，

又，所以在上递减，在上递增，

所以当时，有最小值，则，

则在上有解

令，则，所以当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，又，，所以存在使得，

所以当时，当时，当时，

所以只需，即时满足题意，故实数的取值范围是．