2023届辽宁省大连育明高级中学高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省大连育明高级中学高三下学期一模数学试题含解析，共25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届辽宁省大连育明高级中学高三下学期一模数学试题

一、单选题
1．集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由函数的定义域求得集合，由指数函数的性质解得集合，再求交集即可.
【详解】由题意可得，，所以，
解，所以，故.
故选：C
2．复数（其中i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据题意，由复数的运算将化简，即可得到结果.
【详解】因为，所以，
则z在复平面内对应的点为位于第三象限.
故选:C
3．命题：，为假命题的一个充分不必要条件是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】原命题若为假命题，则其否定必为真，即恒成立，由二次函数的图象和性质，解不等式可得答案．
【详解】命题”为假命题，命题“，”为真命题，
当时，成立，
当时，，故方程的解得：，
故的取值范围是：，要满足题意，则选项是集合真子集，故选项B满足题意.
故选：B
4．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n，0!=1)，现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出后代入得cos1=sin可得答案，即与最接近.
【详解】
所以cos1=
= sin=sin，由于
与最接近，
故选：B
5．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用5种不同的颜色对这四个直角三角形和一个正方形区域涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（    ）

A．180 B．192 C．300 D．420
【答案】D
【分析】将五个区域表示为①②③④⑤，先考虑区域①②③，再分情况考虑区域④⑤，由分步乘法计数原理求解即可.
【详解】
如图，将五个区域表示为①②③④⑤，对于区域①②③，三个区域两两相邻，有种；对于区域④⑤，若①与⑤颜色相同，则④有3种情况，
若①与⑤颜色不同，则⑤有2种情况，④有2种情况，此时区域④⑤的情况有种情况；则一共有种情况
故选：D．
6．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，，根据导函数得出在上单调递增，即可得出，即，构造，根据导函数得出函数的单调性，进而得出，即.
【详解】令，，则.
令，则.
当时，，所以在上单调递增.
又，所以，
即，所以.
令，则恒成立，
所以，在R上单调递增.
又，所以，
即，所以.
综上所述，.
故选：A.
7．已知所在的平面内一点（点与点，，不重合），且，则与的面积之比为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，化简得到，得出，得到点为中位线的靠近点的三等分点，再结合和，即可求解.
【详解】根据平面向量的线性运算，
由，
所以，
设线段的中点为，线段的中点为（如图所示），
所以，可得，
所以点为的中位线的靠近点的三等分点，
所以，
，
所以，即与的面积之比为.
故选：A.

【点睛】应用平面向量的线性运算、平面向量的基本定理解题的策略：
1、应用平面向量的线性运算、平面向量的基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加法、减法或数乘的运算；
2、用平面向量的基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.
8．已知函数，若函数恰有5个零点，且，，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将看成整体解出或，作出的大致图象，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.
【详解】当时，，此时，，
令，解得：，令，解得：，
可得在上单调递减且恒负，在上单调递增且恒负，且，
当时，，作出的大致图象如图所示，
函数恰有5个零点，
等价于方程有5个不同的实数根，
解得：或，，该方程有5个根，
且，则，，
当时，，
，故，
所以
；
当时，，
，故，
所以
，
综上：的取值范围是：.
故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图象分析，转化为直线与图象的交点情况.

二、多选题
9．已知数列满足，则下列结论正确的有（　　）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
10．下列命题中，正确的命题是（    ）
A．将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a后，方差也变为原来的a倍
B．若四条线段的长度分别是1，3，5，7，从中任取3条，则这3条线段能够成三角形的概率为
C．设服从正态分布，若，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当时概率最大
【答案】BCD
【分析】对于A，利用方差的性质即可判断；对于B，利用古典概型的计算公式即可求解；对于C，利用正态分布对称性即可判断；对于D，利用二项分布的概率公式即可判断.
【详解】对于A，由方差的性质知，将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a后，方差也变为原来的倍，故A错误；
对于B，从四条线段的长度分别是1，3，5，7中任取3条的共有种，只有取线段的长度为能构成三角形，由古典概型的概率公式可知，这3条线段能够成三角形的概率为，故B正确；
对于C，由可知，且，所以，故C正确；
对于D，，，令，解得，又，故,当时,概率最大，故D正确.
故选：BCD.
11．已知双曲线的离心率等于，过的右焦点的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，，若以为直径的圆过点(为坐标原点)，则下列说法正确的是（    ）
A．双曲线的渐近线方程为 B．直线的倾斜角为
C．圆的面积等于 D．与的面积之比为
【答案】ACD
【解析】根据离心率求出，可得双曲线的标准方程.A项，由双曲线的标准方程可得其渐近线方程；B项，由以为直径的圆过点以及渐近线的方程即可求解；C项，先写出直线的方程，然后与渐近线方程联立，求得，的坐标，从而可得，进而求圆的面积；D项，数形结合得到三角形的面积之比即，纵坐标的绝对值之比，根据点，的纵坐标求解即可.
【详解】根据题意可得，，解得，
所以双曲线的方程为，
所以双曲线的渐近线方程为，故选项A正确；
因为以为直径的圆过点，所以，根据（1）渐近线为，可得渐近线倾斜角，易知，
所以，所以直线的倾斜角为或，故选项B错误；
根据双曲线的对称性，不妨设直线的倾斜角为，由可得直线的方程为，分别与渐近线方程和联立，解得或，则，，此时，
故圆的半径，其面积，故选项C正确；
因为为与的公共边，所以与的面积之比等于，故选项D正确.
故选：ACD

【点睛】解题的关键是熟记离心率的公式等基础知识，即可求得双曲线方程即可判断A、B选项，联立直线AB与双曲线，根据图形的几何性质，求解判断即可，考查分析理解，计算求值的能力.
12．如图，梯形ABCD中，，，M，P，N，Q分别是边AB，BC，CD，DA的中点，将△ACD以AC为轴旋转一周，则在此旋转过程中，下列说法正确的是（    ）

A．MN和BC不可能平行
B．AB和CD有可能垂直
C．若AB和CD所成角是，则
D．若面ACD⊥面ABC，则三棱锥的外接球的表面积是28π
【答案】AD
【分析】对于A，MN和BC平行，则N应该在DM上，即可判断；
对于B，利用线面垂直结合反证法可判断；
对于C，当△ACD旋转到，即在平面ABCD内，由分析知，AB和CD所成角是即，此时在，再分别求出，即可求出答案.
对于D，找到三棱锥的外接球的球心，求出半径，即可得出答案.
【详解】对于A，若MN和BC平行，则N应该在DM上，但在旋转过程中，N不可能在DM上，所以MN和BC不可能平行，则A正确；
对于B，当不在平面中时，
若，因为，，
故平面，而平面，故平面平面，
过作，垂足为，因为平面平面，
平面，故平面，而平面，
故，故，矛盾，
当当在平面中时，也不成立，故B错误.

对于C，因为在未旋转时AB和CD是平行的，若某一时刻AB和CD所成角是，即CD与旋转后的所成角为，如下图.当△ACD旋转到，即在平面ABCD内，此时因为，则，所以， AB和CD所成角是，即和CD所成角是.此时旋转到，取AC的中点，连接，则，所以，则在三角形中，
，所以C错误 ；

对于D，因为，所以的外接圆的圆心在的中点上，在中，因为，所以为钝角三角形，则外接圆的圆心在外，则的中垂线和的中垂线的交点即为，过做平面的垂线，过做平面的垂线，两垂线的交于点，与重合，即即为外接球的球心，则，
则，，所以，则三棱锥的外接球的表面积是，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】
三、填空题
13．的值是______.
【答案】
【分析】变形可得原式，然后根据二项式定理，即可得出答案.
【详解】由已知可得，
.
故答案为：.
14．已知可导函数，定义域均为，对任意满足，且，求__________.
【答案】
【分析】利用函数值的定义及函数的求导法则，结合导数值的定义即可求解.
【详解】由题意可知，令，则，解得，
由，得，即，
令，得，即，
解得.
故答案为：.
15．已知是抛物线上一点，则的最小值为______.
【答案】/
【分析】根据已知条件将问题转化为抛物线上的动点到直线和轴的距离之和的最小值，作出图形，利用抛物线的定义及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题可知， 过抛物线上的动点作直线的垂线交直线于，过点作轴的垂线交轴于，交准线于点，为抛物线焦点.
由，得，所以，如图所示

则动点到轴的距离为
所以,
当且仅当三点共线时，有最小值，即,( 为点到直线的距离).
所以到直线的距离为

所以，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：.
16．某高中图书馆为毕业生提供网上阅读服务，其中电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成.这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到.以此类推特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*.（*为表中第1997行第一个数的个位数字）.若已知某毕业生的登录码为201*2138，则可以推断该毕业生是______届2班13号学生.

【答案】
【分析】根据图表中的数据，得到第行的第个数为，根据通项公式得到的个位数呈现周期性变化，且周期为，然后根据代入分别检验，即可求解.
【详解】根据图表可得，第行的前两个数之差为，
设第行的第一个数为，则，即
两边同时除以，可得，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，
因为的个位数分别为，所以的个位数呈现周期性变化，且周期为，
因为，所以，
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为，
同理可得：的个位数为，的个位数为，的个位数为，
的个位数为，的个位数为，的个位数为，
所以某毕业生的登录码为201*2138，则，
故推断该毕业生是届2班13号学生.
故答案为：.

四、解答题
17．已知函数，其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，______，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中.
①函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称且；
②函数的图像的一个对称中心为且.
(1)求函数的解析式；
(2)若关于x的方程有实根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，然后由条件可得，根据正弦型函数的性质结合条件即可求得；
（2）根据题意，将方程根问题转化为两函数交点问题，再结合换元法求得 的值域，即可得到结果.
【详解】（1）因为

，
又其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，
所以，即，所以，即，
若选①，则函数向左平移个单位长度后为，
又其为偶函数，所以，即，
又因为，且，所以，所以；
若选②，因为函数的图像的一个对称中心为，
则，即，所以，
又因为，且，所以，所以，
故无论选①还是选②，都有
（2）因为

，令，则，
即，则
则方程有实根，即与有交点，所以，则
18．已知等差数列的前n项的和为，.数列的前n项和为，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：.
【答案】(1)；.
(2)证明见解析

【分析】（1）运用等差数列的基本公式联立方程可解出的首项和公差，进而得到通项公式；对，考虑整理说明其为等比数列可得其通项公式；（2）将的通项公式进行裂项，可以求出其和，进而证明不等式.
【详解】（1）设的公差为d，由题意得：解得
所以，
由，得，
又，所以是公比为的等比数列，
所以.
（2）证明：，
.
要证，即证，
因为在上为增函数，且，
所以得证.
19．如图1，在平面四边形中，，，

（1）求；
（2）将沿折起，形成如图2所示的三棱锥.

①三棱锥中，证明：点在平面上的正投影为点；
②三棱锥中，点分别为线段的中点，设平面DEF与平面的交线为，为上的点.求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.
【分析】（1）先求出的长，再在中，求出，再由正弦定理即可求解；
（2）①根据的长度判断，再根据判断，从而易证平面，则点在平面上的正投影为点；②以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，讨论与平面的法向量的夹角的范围即可.
【详解】解：（1）在中：
在中由余弦定理：
，
所以，
在中，由正弦定理：， 所以；
(2)①在中，因为，
所以，
在中，因为，
所以，又因为，所以平面，
所以点在平面上的正投影为点；
②因为平面，平面，
所以平面，平面与平面的交线为，所以，.
以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，

所以，，
设，，，设平面的法向量，
因为，，
所以，取，解得，
所以，平面的一个法向量为，
因为，设与平面所成角为，
所以，
若，则，
若，则，
所以与平面所成角的正弦值的取值范围为.
【点睛】方法点睛：平面几何问题一般用正余弦定理，结合三角函数和三角恒等变换即可解决；立体几何中求线面角的正弦的取值范围，方法之一是建立空间直角坐标系，转化为直线的方向向量与平面的法向量夹角即可解决.
20．2022世界乒乓球团体锦标赛将于2022年9月30日至10月9日在成都举行．近年来，乒乓球运动已成为国内民众喜爱的运动之一．今有甲、乙两选手争夺乒乓球比赛冠军，比赛采用三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束．根据以往经验， 甲、乙在一局比赛获胜的概率分别为、，且每局比赛相互独立．
(1)求甲获得乒乓球比赛冠军的概率；
(2)比赛开始前，工作人员买来两盒新球，分别为“装有2个白球与1个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒．每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丢弃．裁判按照如下规则取球:每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球．记甲、乙决出冠军后，两盒内白球剩余的总数为，求随机变量的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）甲获得乒乓球比赛冠军这个事件为前两局甲全获胜，或前两局中甲胜一局第三局甲胜，由独立事件与互斥事件概率公式计算；
（2）甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或，记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，的所有可能取值为，根据和分类讨论确定事件，，的情形，求出概率的分布列，再由期望公式计算期望．
【详解】（1）记事件:“甲在第局比赛中获胜”，，事件:“甲在第局比赛中末胜” .
.记事件“甲夺得冠军"，
则.
（2）设甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或.
则，故.
记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，
的所有可能取值为;

;
;
.
综上可得，的分布列如下:
X
1
2
3




数学期望为
21．在平面直角坐标系中，已知点，，动点P满足：.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设曲线C的右顶点为D，若直线l与曲线C交于A，B两点（A，B不是左右顶点）且满足，求原点O到直线l距离的最大值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用向量的线性运算及椭圆的定义即可求解；
（2）根据已知条件作出图形，利用向量的数量积运算及直线的斜截式方程设出直线，联立直线方程与椭圆方程，利用直线与椭圆的位置关系及韦达定理，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知，为线段的点，
所以，
由，得，即,
所以，
由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为的椭圆.
可设方程为，
所以，，解得，
所以，
所以动点P的轨迹C的方程为.
（2）由（1）知，,如图所示

设,.
由，得，即于是有
当直线的斜率不存在时，此时直线垂直于轴，直线的方程为，
且所以解得或（舍），
此时原点O到直线l距离为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去，得
因为直线与椭圆相交，
所以解得

由得
把代入上式得即
所以
所以，或（舍），
显然，则原点O到直线l距离为
，
综上所述，原点O到直线l距离的最大值为.
22．已知函数.
(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；
(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；
（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
【答案】(1)或
(2)（i）   （ii），证明理由见解析.

【分析】（1）求出切线，令切线过原点或切线斜率为即可；
（2）（i）利用导数，求出的最小值，令求解即可；
（ii）分别对和取对数，对进行放缩，再利用（i）的结论进行累加和裂项求和，证明即可.
【详解】（1）由已知，定义域为，
∵，
∴，∴切点即，
又∵，
∴由导数的几何意义，函数在点处的切线斜率为，
∴函数在点处的切线方程为，
整理得，.
若切线在两坐标轴上截距相等，则
①当切线过原点时，，解得，切线方程为，
②当切线不过原点时，斜线斜率，解得，切线方程为.
∴的值为或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若为正整数，则，
∴当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，的极小值，也是最小值为，
若当时，恒成立，则的最小值，
设，则，
当时，，在区间上单调递减，
∴当时，单调递减，
又∵，，
∴使的正整数的最大值为，
∴当时，使恒成立的正整数的最大值为.
（ii），理由证明如下：
∵当且时，
∴

（），
又∵，∴，
①当时，，
②当时，
由（i）知，，恒成立，，
∴当时，，，即恒成立，
∴，
∴


，
综上所述，当且时，，即有.
【点睛】易错点睛：本题用到了两次放缩，一次是对的放缩，一次是应用题中证明结论进行放缩后裂项求和，如果直接进行第二次放缩，再求和时会发现放缩过度，导致无法证明，因此对进行了分类讨论，当时，不进行第二次放缩，当时，再进行二次放缩裂项求和.