2023届辽宁省实验中学高三第四次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届辽宁省实验中学高三第四次模拟考试数学试题含解析，共22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届辽宁省实验中学高三第四次模拟考试数学试题 一、单选题1．集合＝（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据分式不等式的解法求解不等式，即可得出答案.【详解】由，得，解得，则集合.故选：C.2．对成对数据、、…、用最小二乘法求回归方程是为了使（    ）A． B．C．最小 D．最小【答案】D【分析】由最小二乘法的求解即可知.【详解】根据最小二乘法的求解可知：回归方程是为了使得每个数据与估计值之间的差的平方和最小，故选：D3．若复数z满足，则的最小值为（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】首先设复数，()，根据条件化简求得的关系式，再根据复数模的几何意义求最值.【详解】设，()，由，得，则，复数的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，如图，根据复数模的几何意义可知，的几何意义是圆上的点到的距离，如图可知，的最小值是点与的距离.故选：B.4．已知O为坐标原点，双曲线C：的左右焦点分别为，，离心率为，点是C的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是M，，则b＝（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】延长交于点，由条件结合双曲线的定义求解即可.【详解】设半焦距为，延长交于点，连接，  由于是的平分线，，所以是等腰三角形，所以，且是的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，故，所以，所以.故选：C.5．已知，，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】把待求式中“1”用替换，然后用基本不等式求得最小值．【详解】因为，，，所以，当且仅当，即时，等号成立．故选：C．6．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若对任意有，，且，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造，确定函数在上单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.，则，即，故.，即，即，故，解得.故选：B.7．设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或，分情况讨论可得答案.【详解】因为，所以，不妨令，可得，解得（舍去），所以，因为，所以或，因为,所以，所以，当时，，所以，当时，，由得，所以，则的取值集合为.故选：A.8．已知，均为锐角，则使等式成立的有序实数对共有（    ）A．0组 B．1组 C．2组 D．多于2组【答案】A【分析】利用反证法的思想求解，假设，推得，与为锐角时矛盾，故，同理．而当，且时，可推得，显然不成立，即可得解.【详解】假设，∴，∴，∴，与为锐角时矛盾，故，同理，当，且时， ，即，显然不成立，综上，，均为锐角时，使等式成立的有序实数对共有0组.故选：A. 二、多选题9．随机变量且，随机变量，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.【详解】对AB，因为且，所以，故，，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，，选项D错误.故选：AC.10．圆M：关于直线对称，记点，下列结论正确的是（    ）A．点P的轨迹方程为 B．以PM为直径的圆过定点C．的最小值为6 D．若直线PA与圆M切于点A，则【答案】ABD【分析】由题意可知过圆心，代入即可得作出图象,利用直线与圆的关系依次判断各选项即可求得结果.【详解】圆M：配方得： ，圆M关于直线对称，直线过圆心.,即点P的轨迹方程为，A正确.由，则，则以PM为直径的圆过定点，B正确.的最小值即为到直线的距离，由于,则，C错误.由于，要使取最小，即取最小值，,，则D正确.故选：ABD11．著名科学家笛卡儿根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了的方程式，这就是现代数学中有名的“笛卡儿叶线”（或者叫“叶形线”），数学家还为它取了一个诗意的名字——茉莉花瓣曲线．已知曲线G：，则（    ）A．曲线G关于直线y＝x对称B．曲线G与直线x－y＋1＝0在第一象限没有公共点C．曲线G与直线x＋y－6＝0有唯一公共点D．曲线G上任意一点均满足x＋y＞－2【答案】ACD【分析】验证对于任意是否都有成立即可判断A；联立直线与曲线得，构造，利用导数研究其在上零点个数即可判断B；联立直线与曲线求交点即可判断C；设，代入曲线整理得，通过判别式得出的范围即可判断D.【详解】对于A，将代入，有都成立，即曲线关于直线对称，故A对；对于B，将代入曲线得，即，令，且，则，由，解得，在上，递减，在上，递增，又，而，所以在上有两个零点，故B错；对于C，将代入曲线得，即，所以，即曲线与直线有唯一公共点，故C对；对于D，设，代入曲线得，即，当，即时，代入得，矛盾，故，所以，即，解得，又，所以，故D对.故选：ACD.12．在棱长为1的正方体中，E，F分别是棱，BC的中点，则下列结论正确的是（    ）A．点P在对角面内运动，若EP与直线AC成30°角，则点P的轨迹是线段B．点Q在棱上，若正方体过E，D，Q的截面是四边形，则或CQ＝1C．若正方体的截面过线段EF中点且与EF垂直，则该截面是四边形D．若点R在平面内运动，则的最小值是【答案】BCD【分析】取的中点，则，则与成角，设与对角面的交点为，则对角面，可知点轨迹为以EO为轴的一个圆锥的底面（圆），即可判断A；分为CQ＝1，，三种情况，作出过E，D，Q的截面，即可判断B；取的中点，设EF的中点为，过作，过作，分别交，于，可得过线段EF中点且与EF垂直的截面是四边形，即可判断C；设，平面平面，要使最小，需点R在上，以A为原点，分别以AC，为x，y轴，建立直角坐标系，设关于直线AT的对称点为，则，根据对称性求出坐标，由求解，即可判断D．【详解】对于A，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面,取的中点，则，与AC成角，与成角，设与对角面的交点为，则对角面，点轨迹为以EO为轴的一个圆锥的底面（圆），如图1，其中EP是该圆锥的母线，且母线与轴成角，故A错误；当CQ＝1时，点Q即为上，正方体过E，D，Q的截面是四边形，如图2；当时，点在线段上，取的中点，连接，因为，为平行四边形，则，过Q作交于，则，点在线段上，所以正方体过E，D，Q的截面是四边形，如图3；当时，点在线段（不含端点）上，正方体过E，D，Q的截面是五边形，其中，，如图4， 综上，点Q在棱上，若正方体过E，D，Q的截面是四边形，则或CQ＝1，故B正确；对于C，取的中点，连接，∵，∴为平行四边形，设EF的中点为，在平面中，过作，分别交AF，于，过作，分别交，于，过作，分别交，于，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴，又，，平面，∴平面，所以，过线段EF中点且与EF垂直的截面是四边形，如图5，故C正确；对于D，设，连接，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面,∵平面，∴平面平面，若点R在平面内运动，要使最小，需点R在上，如图6，以A为原点，分别以AC，为x，y轴，建立直角坐标系，如图7，则，设关于直线AT的对称点为，则，直线AT的方程为，则，解得，即，所以，当为EW与AT的交点时，等号成立，故的最小值为，故D正确．故选：BCD.【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 三、填空题13．已知中，，BC＝2，点P是BC边上一点，若，则______．【答案】【分析】根据题意，利用余弦定理求出，然后利用平面向量基本定理和数量积的运算即可求解.【详解】根据题意，由可知，是等腰三角形，，，所以，则，点是上的动点，设，，故，故答案为：.14．已知 a>0，若，且，则a=______.【答案】2【分析】依据题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值.【详解】因为， 又，展开式通项为，对应的系数，故得到，解得，其系数为或.又a>0，故实数a的值为2.故答案为：2.15．有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为____________．【答案】【分析】若AB同时亮，则可能闭合甲开关或不闭合甲开关且同时闭合乙，丙开关.若A亮，则闭合甲或者丙开关.则所求概率为AB同时亮概率与A亮概率之商.【详解】设事件M为A灯亮，事件N为B灯亮，事件X为开关甲闭合，事件Y为开关乙闭合，事件Z为开关丙闭合，则所求概率为 .其中，，所以.故答案为：16．已知的三个内角A，B，C满足，当最大时，动点P使得AP，AB，PB的长依次成等差数列，此时的最大值为______．【答案】【分析】利用已知条件找到和另两个角的恒等关系，再找到最大时的形状，最利用椭圆定义及性质求解．【详解】由，利用两角和差的余弦公式展开，整理得，即．因为，则，从而，当仅仅当时，等号成立，因为，所以当最大时，，则，为等腰三角形，不妨设．以AB为轴，AB中垂线为轴建立直角坐标系，则，由AP，AB，PB的长依次成等差数列，得|AP|＋|PB|＝2|AB|＝8，8＞|AB|，则点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为8的椭圆，其中a＝4，c＝2，b＝，则椭圆的方程为．设，则，根据二次函数的性质可知，当时，．所以的最大值为．故答案为： 四、解答题17．已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且．(1)是否存在常数，使得？请说明理由；(2)求数列的通项公式及其前n项和．【答案】(1)存在，理由见解析(2)． 【分析】（1）利用整理式子即可；（2）根据等比数列的通项公式和列方程求出，，最后用公式求通项和前项和即可.【详解】（1），∴，两式相减得，∴，即，∴存在满足题意．（2）设公比为q，由（1）知，解得，当时，，解得，∴．18．如图，在所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且，求FH．  【答案】【分析】通过正弦定理化简已知条件，结合面积公式可得，在中，利用余弦定理即可求出的长度.【详解】∵，∴，即由正弦定理及，得，连接，如图所示，  在中，,，由余弦定理， ，∴，∴．19．在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；（2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可.【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.理由如下：取中点，连接，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，.因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，可取，又，所以，即，解得，此时；因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.20．市教育局计划举办某知识竞赛，先在，，，四个赛区举办预赛，每位参赛选手先参加“赛区预赛”，预赛得分不低于100分就可以成功晋级决赛．赛区预赛的具体规则如下：每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题．方式一：每轮必答2个问题，共回答6轮，每轮答题只要不是2题都错，则该轮次中参赛选手得20分，否则得0分，各轮答题的得分之和即为预赛得分；方式二：每轮必答3个问题，共回答4轮，在每一轮答题中，若答对不少于2题，则该轮次中参赛选手得30分，如果仅答对1题，则得20分，否则得0分．各轮答题的得分之和即为预赛得分．记某选手每个问题答对的概率均为．（1）若，求该选手选择方式二答题晋级的概率；（2）证明：该选手选择两种方式答题的得分期望相等．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）先求该选手选择方式二答题，记每轮得分的可能及其概率，记预赛得分为，根据晋级所需分数求出即可得解；（2）分别求出该选手选择两种方式答题的得分期望，直接进行判断即可得解.【详解】（1）该选手选择方式二答题，记每轮得分为，则可取值为0，20，30，且，，记预赛得分为，∴该选手所以选择方式二答题晋级的概率为．（2）该选手选择方式一答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，且，∴，设预赛得分为，则，．该选手选择方式二答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，30，且，，，∴．设预赛得分为，则，因为，所以该选手选择两种方式答题的得分期望相等．【点睛】本题考查了随机事件的概率，考查了离散型变量的期望，计算量较大，属于中档题.本题的关键点有：（1）理解题目所给情形，并能转化成概率模型；（2）根据情形，精确求随机事件的概率.21．已知圆心在x轴上移动的圆经过点，且与x轴，y轴分别交于M，N两个动点，线段MN中点Q的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)已知直线l分别与曲线和抛物线：交于四个不同的点，，，，且．（i）求证：；（ii）设l与x轴交于点G，若，求的值．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）设，则，设动圆圆心为，得，由化简可得曲线的方程；（2）（i）设直线的方程为，分别与，的方程联立，利用韦达定理即可求得，从而证得结论；（ii）由，，可得，得，再由得到结果．【详解】（1）设，则，设动圆圆心为，由，得，因为，所以，化简整理得，所以曲线的方程为．（2）（i）证明：直线与轴不垂直，设直线的方程为，由，,则，由，,则，故.（ii）∵，∴，又，∴，得，因此．22．已知函数．(1)当时，证明：；(2)若为函数的极小值点，求实数a的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先利用参数放缩，当时，有，再通过等价变形所证不等式，构造函数求最值即可证明；（2）利用极值的第二充分条件先求出的值，再证明其充分性即可．【详解】（1）当时，有，所以，要证，只需证，即证，设，则，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，即，所以；（2），，，由，得，下面证明当时，是的极小值点．当时，，当且仅当时，，所以在上单调递增，由知，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是的极小值点，综上可知，当是的极小值点时，的值为．