精品解析：辽宁省沈阳市2023-2024学年高三上学期教学质量监测（一）数学试题

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数学
命题：___________ 主审：___________
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡上，并将条码粘贴在答题卡指定区域.
2.第I卷每小题选出答案后，用2B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.第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡指定位置书写作答，在本试题卷上作答无效.
3.考试结束后，考生将答题卡交回.
第I卷（选择题共60分）
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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交并补即可求解.
【详解】由题知，
故选：A.
2. 设复数满足，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法解出，由模长公式计算.
【详解】由解得，所以.
故选：C.
3. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求在处的导数值，即切线的斜率，再写出切线方程.
【详解】由题知，切线方程为，即，
故选：B.
4. 已知单位向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直得到方程，求出，再利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】由得，
又为单位向量，
，
，
.
故选：B.
5. 已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】设这100个圆的半径从小到大依次为，由题意得且，可求.
【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则由题知，
每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，
有，则是首项为1公差为1的等差数列，，
所以，得.
故选：C.
6. 如图，小明从街道的处出发，到处的老年公寓参加志愿者活动，若中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是（ ）
A 8B. 12C. 16D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步分类计数原理即可求解.
【详解】中途共三次转向可以分为两类:
第一类，先向北走再往东走的情况，即第一次向右转，第二次向上转，第三次向右转，此时有种方法，
第二类，先向东走再往北走的情况上右上，此时共有种方法.
故总的方法有24种，
故选：D.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据和差角公式以及诱导公式可得，由辅助角公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】由得，进而可得，
结合辅助角公式得，
则，
故选：B.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察选项，构造函数，利用导数求得其单调性，结合指数函数的性质即可得解.
【详解】令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以且，
所以且，即且，
所以，
又，所以，
综上所述，，
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
二､多选题：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. 下图是离散型随机变量的概率分布直观图，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由所有取值频率之和为1，结合已知条件，解出，利用期望和方差公式计算数据，验证选项即可.
【详解】由题知解得，A选项正确；
所以，B选项正确；
，C选项正确；
，D选项错误.
故选：ABC.
10. 已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（ ）
A. 实轴长为4B. 双曲线为等轴双曲线
C. 离心率为D. 渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线实轴、离心率、渐近线方程等性质逐项分析即可.
【详解】设该双曲线标准方程为，则.
对于A选项，若实轴长为4，则，，符合题意；
对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则，又，，
可解得，符合题意；
对于C选项，由双曲线离心率大于1知，不合题意；
对于D选项，若渐近线方程为，则，结合，可解得，符合题意，
故选：ABD.
11. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A.
B.
C. 函数在上单调递减
D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12. 正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】BD
【解析】
【分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.
【详解】设该正方体为，且其棱长为，
若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.
①若中间的两个平面为平面和平面，如图1所示，
则过作截面，截面图如图2所示，
其中分别为中点，则，
设相邻两平面间距离即为A到的距离，
可得，解得，
即相邻两平面间距离即为A到的距离，
可知，解得；
②若中间的两个平面如图3所示，过作截面，截面图如图4所示，
其中分别为中点，则，
设相邻两平面间距离即为到距离，
可得，解得，
即相邻两平面间距离即为到的距离，
则，解得；
故选：BD.
【点睛】方法点睛：根据题意分类讨论平面的位置分布，结合正方体的结构特征以及截面分析求解.
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中常数项的二项式系数为__________.
【答案】20
【解析】
【分析】求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求得答案.
【详解】此二项式展开式的通项公式为，
，则当时，对应的为常数项，
故常数项的二项式系数为，
故答案为：20.
14. 已知抛物线的焦点为，若点是抛物线上到点距离最近的点，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据两点间距离公式，结合二次函数的性质即可求解, 由抛物线的焦半径公式即可求解.
【详解】由题知，设，其中，则
由于点是抛物线上到点距离最近的点，，
故答案为：3.
15. 的一个充分不必要条件是__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据三角函数的性质结合充分不必要条件即可求解.
【详解】因为时，
由可得,
故的一个充分不必要条件是，
故答案为：（答案不唯一）
16. 已知是半径为1的球面上不同的三点，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义结合二次函数的性质即可求解.
【详解】是球面上不同的三点，不共线，故平面截球面得到的是一个圆，
记此圆半径为，当且仅当平面过球心时，.
在半径为的圆中，对于任意的弦，过作于,
由向量数量积的几何意义知，当在如图所示的位置时，
取最小值，
则的最小值为，
当时，取最小值，
又的最大值为1，故所求最小值为.
故答案为：
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. 已知等比数列的各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用等比数列基本量计算；
（2）根据对数运算求得，由得证.
【小问1详解】
设的公比为，由知，
，
由得，
.
【小问2详解】
证明：由题知，
所以，
.
18. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求证：；
（2）当取最小值时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理并结合正弦函数两角和差公式化简即可求解.
（2）利用基本不等式求得的最小值时的取等条件，再结合余弦定理从而求解.
【小问1详解】
证明：由余弦定理知，又因为，
所以，化简得，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，因为，
所以或（舍），所以.
【小问2详解】
由题知，，
当且仅当时取等，又因为，所以，
所以.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，且，，点在线段上，点在线段上.
（1）求证：；
（2）若平面，求的值；
（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可得线面垂直，进而可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.或者利用空间垂直关系的转化即可结合三角形的边角关系求解.
（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
证明：过作直线于，连接.
由题知，
，即，
又平面,平面，
又平面，
，即
【小问2详解】
方法一：平面平面，平面平面，
平面平面.
以为原点，以的长度为单位长度，以的方向分别为轴，轴，的正
方向建立空间直角坐标系，如图，则.
平面.
为中点，由题知
设，
，
，
又在中，，
所以.
方法二：平面.设，由知，.
平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，又，
平面.
【小问3详解】
由（2）知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则令则，
，
平面与平面所成角的余弦值为.
20. 某城市有甲、乙两个网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户（后面简称用户，并假设每位用户只选择其中一家公司的网约车出行）对甲，乙两个公司的乘车费用，等待时间，乘车舒适度等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为，选择乙公司的频率为：
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
（1）分别求出网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小.
（2）若已知某位用户对乘车舒适度满意，则该用户更可能选择哪个公司网约车出行？并说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）该用户选择乙公司出行的概率更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式可计算出用户网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，即可得出结论；
（2）利用条件概率公式计算出该用户对甲、乙两个公司网约车舒适度满意率，比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：设事件用户选择甲公司的网约车出行，事件用户对等待时间满意，
事件用户对乘车舒适度满意，事件用户对乘车费用满意.
则，
，
所以，用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小.
【小问2详解】
解：由题知，，
，
所以，，故该用户选择乙公司出行的概率更大.
21. 已知如图，点为椭圆的短轴的两个端点，且的坐标为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线不经过椭圆的中心，且分别交椭圆与直线于不同的三点（点在线段上），直线分别交直线于点.求证：四边形为平行四边形.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解得椭圆方程；
（2）设直线方程，证明后知平分对角线得四边形为平行四边形.
【小问1详解】
由题知解得.故椭圆的方程为.
【小问2详解】
方法一：显然直线不能水平，故设直线方程为，
设，
由得，
令得，.
所以，
令，得.故直线方程为，
直线方程为.
由得，
将中换成得.
，
为线段中点，又为中点，
四边形为平行四边形.
方法二：设.
直线方程为，
当直线的斜率不存在时，设方程为，
此时，直线方程的为，
由得，同理，
当直线斜率存在时，设方程为，
由得.
令得，.
由韦达定理得.
将代入得
直线的方程为
由得
同理可得.
，
，综上所述，为线段中点，
又为中点，
四边形平行四边形.
【点睛】关键点点睛：证明四边形为平行四边形的方法用对角线相互平分得到.
22. 已知函数，其中为实数.
（1）若函数是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（2）若与为方程的两个不等实根，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数单调性，分类讨论函数是定义域上的单调函数的条件；
（2）根据方程解出两个不等实根与，有，所以，令，构造函数，利用导数求函数单调性，通过的取值范围求的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，在上单调递增，
当时，由于，所以在上单调递减，
当时，恒成立，当且仅当时取等，所以在上单调递减.
当时，令，解得或，
则函数在和上单调递减，
令，解得，
得函数在上单调递增，此时不合题意.
综上所述，的取值范围是.
【小问2详解】
不妨设根据题意，与是方程的两根，
，所以，
，且，
所以
，
令，，则.
故在上单调递减，又.
故由恒成立可得，进而解得，
所以的取值范围是.
方法二：
由题知与为方程的两个不等实根，，
即，两式相减并化简可得，则，
不妨设，则
，
由可得，
所以，
令，，
则，所以函数单调递增.
又，
故由恒成立可得
所以，所以，
令，，则在上恒成立，
在上单调递减，，即，
所以，进而解得的取值范围是
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.