辽宁省盘锦市高级中学2022-2023学年高三数学下学期第一次模拟考试试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省盘锦市高级中学2022-2023学年高三数学下学期第一次模拟考试试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度高三下学期第一次模拟考试
数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解.
【详解】因为集合，
则，
故选：D
2. 设复数，则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】D
【解析】
【分析】注意到，计算得代数形式，可得答案.
【详解】，，则其在复平面对应的点为，即在第四象限.
故选：D
3. 公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：，其中，，试用上述公式估计的近似值为（精确到0.001）（ ）
A. 1.647 B. C. D. 1.646
【答案】B
【解析】
【分析】根据泰勒公式，令，代入即可求解.
【详解】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，
令，取前6项可得：


所以的近似值为，
故选：B.
4. 已知函数在处的切线与直线平行，则二项式展开式中的系数为（ ）
A. 70 B. －70 C. 56 D. －56
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数，根据导数的几何意义，求出n的值.然后根据二项式定理展开式解题.
【详解】，由已知可得，，
即，所以.
设展开式中的第k+1项含有，，
则可知，，所以二项式展开式中的系数为.
故选：A.
5. 有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，错误是（ ）
A. 任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有70种
B. 全体站成一排，男生互不相邻有1440种
C. 全体站成一排，女生必须站在一起有144种
D. 全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3720种．
【答案】C
【解析】
【分析】根据两个计数原理和排列组合的知识，计算每个选项，可判断答案.
【详解】对于A：任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有种，故A正确；
对于B：先排女生，将4名女生全排列，有种方法，
再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有种方法，故共有种方法，故B正确．
对于C：将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有种情况，
再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有种情况，
故共有种方法，故C错误．
对于D：若甲站在排尾则有种排法，若甲不站在排尾则有种排法，
故有种排法，故D正确；
故选：C.
6. 已知球O的半径为2，四棱锥的顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，确定四棱锥体积最大时为正四棱锥，设出底面外接圆半径，求出体积函数式，再利用导数求解作答.
【详解】令球O的内接四棱锥为，四边形外接圆半径为，对角线的夹角为，
则四边形的面积，
当且仅当，即四边形为正方形时取等号，
由球的结构特征知，顶点P为直线与球面O的交点，并且球心O在线段上，四棱锥的高最大，如图，

，高，
因此四棱锥的最大体积关系式为：，令，
则，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，此时，
所以当该四棱锥的体积最大时，其高为.
故选：D
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，的延长线交双曲线于点，若双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的定义得到关于的表达式，在与中利用余弦定理求得与，从而求得关于的表达式，由此得解.
【详解】因为双曲线的离心率为，即，令，则，
所以，，
不妨设点在双曲线的右支上时，如图，

记，则由双曲线的定义得，
所以，
在中，，则，
即，整理得，
解得或（舍去），故，，
在中，，则，
即，整理得，
解得，则，，
所以；
故选：B.
8. 已知函数，若对于任意的实数恒有，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可将题目转化为，即，显然，运用参数分离和二倍角公式可得，求出右边函数的范围，即可得解.
【详解】对于任意的实数恒有，即，
即，显然，
当时，显然成立；由偶函数性质，只要考虑的情况即可，
当时，，即
由，则，则题目转化为，
令，求导，
故函数在上单调递减，，即，
，即，所以，解得
所以实数的取值范围是
故选：A
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分．
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B. 若随机变量，且，则．
C. 袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回的依次抽取2个球．记事件第一次抽到的是白球，事件第二次抽到的是白球，则
D. 已知变量、线性相关，由样本数据算得线性回归方程是，且由样本数据算得，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据第百分位数的计算公式可判断A项；根据正态分布的对称性可求解，判断B项；根据条件概率的公式求解相应概率，可判断C项；将代入回归方程，即可判断D项.
【详解】对于A，共有10个数，，所以数据的第80百分位数为17和20的平均数，即为18.5，故A错误；
对于B，因为随机变量，且，
所以，
所以，
所以，故B正确；
对于C，由题意可知，，
所以，故C错误；
对于D，因为线性回归方程是经过样本点的中心，所以有，解得，故D正确.
故选：BD.
10. 已知圆，直线．则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
B. 对于任意实数m，直线l恒过定点（1，1）
C. 若圆C与圆恰有三条公切线，则
D. 若动点D在圆C上，点，则线段中点M的轨迹方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，通过计算圆心到直线的距离进行分析即可，对于B，对直线方程变形求解即可，对于C，由两圆有3条公切线可得两圆相外切，从而可求出的值，对于D，设的中点为，则可得动点D的坐标为代入圆C方程中化简可得答案
【详解】对于A，圆的圆心为，半径，当时，直线，则圆心到直线的距离为，因为，所以圆C上只有两个点到直线l的距离等于1，所以A错误，
对于B，由，得，由于，所以，得，所以直线恒点，所以B正确，
对于C，因为圆C与圆恰有三条公切线，所以两圆相外切，由，得，所以，解得，所以C正确，
对于D，设的中点为，则可得动点D的坐标为，因为动点D在圆C上，所以，化简得，所以线段中点M的轨迹方程为，所以D正确，
故选：BCD
11. 已知抛物线，C的准线与x轴交于K，过焦点F的直线l与C交于A、B两点，连接AK、BK，设的中点为P，过P作的垂线交x轴于Q，下列结论正确的是( )
A. B.
C. 的面积最小值为 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线AB的倾斜角为α，即∠AFx＝α，设，，.可根据角平分线的性质判断A；
过A作AD⊥x轴，垂足为D，表示出，即可判断B；
，数形结合即可判断C；
求出PQ方程，令y＝0求出Q的横坐标，求出即可判断它们的关系，由此判断D.
【详解】设直线AB的倾斜角为α，即∠AFx＝α，设，，，
①若，则，则根据角平分线的性质可知，x轴为∠AKB的角平分线，设直线，代入抛物线方程得，
所以，
所以，
所以x轴一定是∠AKB的平分线，故A正确；
②过A作AD⊥x轴，垂足为D，
则tan ，，
，故B正确；
③，当，即AB⊥x轴时，取等号，故的面积最小值为，故C错误；
对于D：，则，
∴PQ方程为：，
令y＝0得，，∴，
∴，
∴，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（ ）
A. n偶数时， B.
C. D. 的最大值为20
【答案】AC
【解析】
【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为
【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，
n为偶数时，，故A对；

根据奇数项构成等差数列
可得：
而又：
则有：，故B错误；
，故C对；
根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：
的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错
故选：AC
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，是单位向量，.若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】先通过得到，再通过计算可得答案.
【详解】且

即


故答案为：.
14. 已知直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，若，则实数的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】联立直线与抛物线可得，利用韦达定理可得到，利用抛物线的定义和可求出，，即可求解
【详解】设交点，由于直线过抛物线的焦点，
所以将代入并整理可得，
则，，
又由抛物线的定义可得，
由可得代入可得，
解之得或（舍去），故时，，
代入可得，
故答案为：或
15. 二十四节气歌是古人为表达人与自然宇宙之间独特的时间观念，科学揭示天文气象变化规律的小诗歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我国古代劳动人民的智慧其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气．若从24个节气中任选2个节气，则这2个节气恰好不在一个季节的概率为______．

【答案】
【解析】
【分析】方法1：利用古典概型概率公式直接计算可得.
方法2：可先求得从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数，利用对立事件的性质，求出从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，利用古典概型概率公式计算可得.
【详解】方法1：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：，
求从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，分两步完成：
第一步，从4个季节中任选2个季节的方法有，
第二步，再从选出的这2个季节中各选一个节气的方法有：，
所以从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：，
所以，．
方法2：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：，
从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数有：，
从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：，
所以，．
故答案为：.
16. 已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】确定函数的，由此可得，再利用在区间 上恰有个零点得到，求得答案.
【详解】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 已知正项数列和为数列的前项和，且满足，
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）将数列中与数列相同的项剔除后，按从条到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求．
【答案】（1），；（2）11302．
【解析】
【分析】（1）由，利用得出数列的递推式，得数列是等差数列，求得后可得通项公式，再计算出；
（2）先看数列中前100项内有多少项是中的项，从而可以确定中前100项的最后一项是中的第几项，其中含有中的多少项，从而求得．
【详解】（1）因为，
所以时，，
两式相减得，，
因为，所以，
又，，所以，所以，
，；
（2），又，，因此，
所以．
【点睛】易错点睛：本题考查由求数列的通项公式，考查分组求和法．在应用公式求时要注意，即不包含，需另外计算，同样如果求得的是递推式，也要确认递推式是否是从开始的，否则需要要验证含有的项是否符合表达式．
18. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：由于，，所以，
由于，，、平面，所以平面，
平面，由平面，得.
取的中点，连接，
因为底面是直角梯形，且，，
故四边形为矩形，且且，，
所以在中，，，，即，
由于，、平面，所以平面.
【小问2详解】
解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
，，，
设平面的法向量为，则，取，可得，
所以，.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
19. 已知在△ABC中，sin（A+B）＝1+2sin2．
（1）求角C的大小；
（2）若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．
【答案】（1） ；（2）4+2．
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sin（C+）＝1，再根据角的范围可得解；
（2）利用正弦定理求出，求出，设出，将用表示，根据三角函数知识求出的最大值可得解.
【详解】（1）∵sin（A+B）＝1+2sin2，且A+B+C＝π，
∴sinC＝1+1﹣cosC＝2﹣cosC，即sinC+cosC＝2，
∴sin（C+）＝1．
∵C∈（0，π），∴C+∈（，），∴C+＝，即C＝．
（2）∵△ABC的外接圆半径为2，
∴由正弦定理知，＝＝2×2＝4，∴AB＝，
∵∠ACB＝，∴∠ABC+∠BAC＝，
∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，
∴∠ABI+∠BAI＝，∴∠AIB＝，

设∠ABI＝θ，则∠BAI＝﹣θ，且0＜θ＜，
在△ABI中，由正弦定理得，＝＝＝＝4，
∴BI＝4sin（﹣θ），AI＝4sinθ，
∴△ABI的周长为2+4sin（﹣θ）+4sinθ＝2+4（cosθ﹣sinθ）+4sinθ
＝2+2cosθ+2sinθ＝4sin（θ+）+2，
∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，
∴当θ+＝，即时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4+2，
故△ABI的周长的最大值为4+2．
【点睛】关键点点睛：将用表示，根据三角函数知识求出的最大值是解题关键.
20. 近两年因为疫情的原因，线上教学越来越普遍了．为了提升同学们的听课效率，授课教师可以选择在授课过程中进行专注度监测，即要求同学们在10秒钟内在软件平台上按钮签到，若同学们能够在10秒钟内完成签到，则说明该同学在认真听课，否则就可以认为该同学目前走神了．经过一个月对全体同学上课情况的观察统计，平均每次专注度监测有的同学能够正常完成签到．为了能够进一步研究同学们上课的专注度情况，我们做如下两个约定：
①假设每名同学在专注度监测中出现走神情况的概率均相等；
②约定每次专注度监测中，每名同学完成签到加2分，未完成签到加1分．
请回答如下两个问题：
（1）若一节课老师会进行3次专注度监测，那么某班同学在3次专注度监测中的总得分的数学期望是多少？
（2）记某位同学在数次专注度监测中累计得分恰为分的概率为（比如：表示累计得分为分的概率，表示累计得分为的概率），求：
①的通项公式；
②的通项公式．
【答案】（1）；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的期望求解，求得三次监测中完成签到次数的数学期望，再求结果即可；
（2）求得的递推关系，结合等比数列的通项公式，即可求得；再结合累加法，以及等比数列前项和公式，即可求得.
【小问1详解】
设某班同学在3次专注度监测中完成签到的次数为，由题可知，，故，
设某班同学3次专注度监测的总得分为，根据题意，故.
故某班同学在3次专注度监测中的总得分的数学期望是.
【小问2详解】
①由题可知，
根据题意，，故可得
故数列为首项，公比为的等比数列，
则.
②根据上式可得，
则，
故的通项公式.
21. 已知双曲线的右焦点为F，点 分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲线的右支于 两点，设直线的斜率分别为，且.
（1）求双曲线C的方程；
（2）当点P在第一象限，且时，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2） .
【解析】
【分析】（1）设点，根据，结合点P是双曲线上的点，化简求得，即得答案.
（2）设，利用两角和的正切公式化简可得，设直线，并联立双曲线方程，可得根与系数的关系，化简求得m的值，即得答案.
【小问1详解】
由题意得 ，设点.
则.
因为点P是双曲线上的点，则，∴.，∴，
则双曲线C的方程为
小问2详解】
设，点P在第一象限，

则，
又，
故，
同理可得，即，
则直线l的斜率大于0，
由（1）可知 ，设直线，联立 ，
化简得 ，
则，
故,
，代入韦达定理得 ，
所以 ，解得或（舍去），
所以直线l的方程为 .
【点睛】关键点点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系的问题时，一般设出直线方程，并联立圆锥曲线，得到根与系数的关系式，化简求解，解答此题的关键在于要能利用两角和的正切公式结合进行化简得到，从而再结合根与系数的关系化简求解即可.
22. 已知函数
（1）当时，证明:.
（2）若有两个零点且 求的取值范围.
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1），求导得，则；
（2）由题得，，则，，，则，从而设，得到，利用导数研究函数的值域，则得到的范围.
【小问1详解】
证明:当时,,则.
当时,当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
则,故.
【小问2详解】
由题意得，
则，，
从而，，，
故，
因为，所以，即，
设,则.
设,则.
设,则，
由（1）可知在上恒成立,
从而在上单调递增,
故,即在上恒成立,
所以在上单调递增,所以,
即,即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过变形用含的式子表示出，即，然后整体换元设，则得到，最后只需求出函数在上值域即可.