辽宁省丹东市2023届高三总复习质量测试（一）数学试题(含答案)

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丹东市2023届高三总复习质量测试（一）

数  学

命题：宋润生 杨晓东 王洪东 孙颖 郭欣  审核：宋润生 杨晓东

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．本试卷共22题，共150分，共5页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合，，若且，则

A．－3     B．－2     C．0     D．1

2．下列函数中为偶函数的是

A．    B．    C．  D．

3．向量，，则在方向上投影的数量为

A．    B．     C．     D．

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xOv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

5．

A．  B．   C．  D．

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

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．

8．已知a，b满足，，则，

A．   B．    C．    D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

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

10．在复平面内，O为坐标原点，复数z，对应的点A，B都在单位圆O上，则

A．△OAB为直角三角形       B．对应的点在单位圆O上

C．直线AB与虚轴垂直       D．

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．

12．在封闭的四棱锥P－ABCD内有一个半径为r的球，ABCD为正方形，△PAD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r的最大值为    D．若，则r的最大值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知，，，那么            ．

14．除以7所得余数为            ．

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            ．（本题第一空2分，第二空3分．）

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            ．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17．（10分）

△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．

18．（12分）

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．

（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．

19．（12分）

如图，PA，PB是圆锥的母线，延长底面圆O直径AB到点C，使得，直线CE与圆O切于点D，已知，二面角P－EC－A的大小为60°．

（1）求该圆锥的侧面积；

（2）若平面PAE⊥平面PAC，求三棱锥P－AEC的体积．

20．（12分）

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．

21．（12分）

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．

22．（12分）

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：．

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丹东市2023届高三总复习质量测试（一）

数学试题评分参考

一、选择题

1．D 2．C 3．B 4．A 5．A 6．B 7．B 8．D

二、选择题

9．AC 10．BC 11．BCD 12．AD

三、填空题

13．0.38  14．星期五 15．，0.84 16．

四、解答题

17．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．解：

（1）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的数学期望

．

19．解法1：

（1）连结PO，PD，OD，

因为CE与圆O的切于点D，所以．

因为PO⊥平面AEC，由三垂线定理可知，所以∠PDO是P－EC－A的平面角．

因此．

因为，所以，故．

于是该圆锥的侧面积．

（2）过O在平面PAC内作垂足为F．因为平面PAE⊥平面PAC，交线为PA，所以OF⊥平面PAE．可得．又，所以AE⊥平面PAC．从而．

由题设及（1）得，，可知，△AEC面积为．

因此三棱锥P－AEC的体积．

解法2：

连结PO，则PO⊥平面AEC，以O为坐标原点，为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，y轴在平面AEC内．

因为CE与圆O切于点D，所以，因为连结OD，因为，，所以．

因此，，．

设，则．

设平面PEC的法向量，则，即，可取．

平面AEC的一个法向量，由可得．

（1）可知，因为，所以．

于是该圆锥的侧面积．

（2）因为，，所以．

设，则，．因为，取平面PAC的一个法向量，则，又，可得．

所以，故，所以．

由，得△AEC面积为．

于是三棱锥P－AEC的体积．

20．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．解：

（1）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．

22．解：

（1）定义域为，当时，．

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，，．

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，．