2023届辽宁师大附中高三下学期5月精品卷考试数学Word版

精品卷答案

一、单选题

1．D 【解析】由题意,则事件A,B相互独立，选D

2.C 【解析】设，由知对应点在点和(1,0）的垂直平分线上，由知，，，选C

3.D 【解析】[解法一] 因有两个实根： ，，

故等价于且，即且，解之得．

[解法二]（特殊值验证法）令，排除C，令，排除A、B，故选D。

[解法三]（根的分布）由题意知的两根在内，令则解之得：

4.A 【解析】设B(t2,2t),C(s2,2s),s≠t,s≠1,t≠1，则直线BC的方程为 ，化得2x-(s+t)y+2st=0．由于直线BC过点(5，-2)，故 2×5-(s+t)(-2)+2st=0，即 (s+1)(t+1)=-4．
　　因此， .
　　所以，∠BAC=90°，从而△ABC是直角三角形．

5.B 【解析】设的公比为，则，而，因此，只需求的取值范围．因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组即

解得从而，因此所求的取值范围是．

6.B 【解析】由题意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种不同的结果，由题意概率知，其中一个数比大，一个数比小的不同结果有10种，由可知或．当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，故所有选项都不满足；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，故B对．

7.A【解析】如图，①当或时，圆面被分成2块，涂色方法有20种；②当或时，圆面被

分成3块，涂色方法有60种；③当时，

圆面被分成4块，涂色方法有120种，所以的取值范围是，故选A.

8. D【解析】由题意可得，函数为增函数.若，则；同理，若，则，均与题设条件不符.由可得，且.因此，关于的方程在上有解，整理得在上有解.设，则为上的减函数，注意到，故，从而函数在上单调递增.所以，.因此，实数的取值范围是.故选D.

二、多选题

9．ACD

【详解】∵函数的图象关于直线对称，

∴，， ∵，∴，∴，

对于A，函数，根据正弦函数的奇偶性，因此函数是奇函数，故A正确；

对于B，由于，，函数在上不单调，故B错误；

对于C，因为，，又因为，的周期为，所以的最小值为，C正确；

对于D，函数的图象向右平移个单位长度得到函数，故D正确，故选：ACD

10. BCD

【详解】因为点为双曲线的左右顶点，所以

设点，则，

又点在该双曲线上，满足，所以，

所以选项A错，选项D对；又，故选项B对，

对选项C，，则，双曲线的渐近线方程为，故C对.

故选：BCD

11．ACD

【详解】连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点，

连接OE，∵E为PC的中点，则OE为PAC的中位线，得PA//OE，

因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA//平面BDE，故A正确；

若PC⊥平面BDE，则PC⊥OE，又由PA//OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2，

而PA＝PC＝2，AC，不满足PA2+PC2＝AC2，

所以PC⊥平面BDE错误，故B错误；

由已知求得PO，则，

，所以V1：V2＝4：1，故C正确；

以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则,

可得，

设平面BDE的一个法向量为．

由，取x，得，

则sinα，sinβ，

所以，故D正确．故选：ACD．

12．BCD

【详解】由a，，，可得，

对于A，，当且仅当，即取等号，所以，同理，故，故A错误；

对于B， ，当且仅当，即时取等号，，即的最大值为，故B正确；

对于C，，当且仅当，即时取等号，故的最小值为，故C正确；

对于D，由题可得，，，

而，当且仅当，即时取等号，

∴，即的最大值是，故D正确.   故选：BCD.

13．

【详解】.

14．/

【详解】由，可设，由，

得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.

因为是的角平分线，且

故也为的角平分线，为的内心.

如图，设，，

则由双曲线与内切圆的性质可得，，

又，所以，，在上的投影长为，

则在上的投影向量为．故答案为：

15.   

【详解】，，

是以3为首项，4为公比的等比数列，，

，又，

. ，

  故答案为：257；

16. 4 【详解】因为函数有两个极值点与

由，则有两根与

所以，得

因为，

所以，又

则，所以   故答案为：

四、解答题

17【详解】（1）∵，则，

所以，则，所以为直角三角形，所以   -----------4分

（2），所以，而，

所以设，所以，

令，

又因为，所以，

所以，令，

因为在上单调递增，所以在上单调递减，

所以，所以的取值范围为.                         -----------10分

18．已知数列的前n项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．

【详解】（1）∵，∴，

两式作差得，∴，

当时，，∴，

所以是首项为，公比为的等比数列，故．                -----------4分

（2）∵，∴，

∴，①

，②

两式作差得，

化简得，∵恒成立，∴，，

当时，；

当时，；

当时，，，所以，

综上所述，．                                                    -----------12分

19．【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，如图所示：

因为、分别为、的中点，则，

在三棱台中，，所以，，且，

故、、、四点共面，

因为，，则，

又因为底面，、平面，所以，，

因为，、平面，所以平面，

因为，所以平面，

因为平面，所以，

因为，，

又因为，所以四边形是正方形，所以，

又因为，、平面，所以平面，

因为平面，所以.                                         -----------6分

（2）解：延长与相交于点，连接，则，

因为、分别为和的中点，，则，

则，所以，为的中点，

又因为为的中点，且，则为的重心，则，

由（1）知，所以、、两两垂直，

以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，

所以，，，，

设平面的法向量，则，

取，则，

设平面的法向量为，则，

取，可得，

所以，，

由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.         -----------12分

20．【详解】（1）由题设, 服从参数为 的两点分布, .

                              -----------4分

（2）记 表示事件: “甲投完第一个三分点位的五个球得到了 2 分”;

记 表示事件: “甲投中花球”, 则

于是                                                    -----------8分   

（3）由题设 值可取 , 则

于是                                          -----------12分

21．【详解】（1）对函数求导得，所以抛物线在点处的切线方程为，即，

联立，得，

所以，解得，

所以直线的方程为，

联立，得，所以，

所以，当且仅当时取等号，

所以的最小值为；                                                    -----------6分

（2）记点、到直线的距离分别为、，

所以，，

所以，

因为，所以，

所以，所以的取值范围为．                        -----------12分

22．【详解】（1）依题意，令，则，

当时，，方程无解，无零点；

所以，所以，

设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.

，设，由于，，

①时，为上的减函数，有，

有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；

②当时，即， 在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；

③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求；

④当时，即 ，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；

综上，的取值范围：；                                         -------------6分

（2）已知函数有两个零点和，方程有两个不等的实根，

即方程有两个不等的实根.  则，即，令

可得：，则有最小值等价于的最小值为，

则  则，由于，则有

①若，则有在单调递增，恒成立，对恒成立，即在上单调递增，无最小值，此时不成立；

②若，则有在单调递减，在上单调递增，

由于，且当时，，故，使得

则有在上单调递减，在上单调递增，即，

由于知， ，所以

即是的唯一解，此时.                                  -------------12分