辽宁省朝阳市柳城高级中学2023学年高三3月份第一次模拟考试数学试卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球

2、，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cmEF=40cmFC=30cm，AEF=CFE=60，则该正方形的边长为（ ）A50cmB40cmC50cmD20cm2已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则为( )AB40C16D3已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ）ABCD4复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）ABCD5己知全集为实数集R，集合A=x|x2 +2x-80，B=x|log2x0，得x-4或x2，A=x|x2 +2x-80 x| x-4或x2，由log2x1，x0，得0

3、 x2，B=x|log2x1 x |0 x2，则，.故选：D.【答案点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题.6、D【答案解析】根据中点在轴上，设出两点的坐标，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【题目详解】根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.【答案点睛】本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学

4、思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.7、C【答案解析】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定是正确的；（2）中，根据正态分布曲线的性质，即可判定是正确的；（3）中，由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，即可判定是正确；（4）中，基本不等式和充要条件的判定方法，即可判定【题目详解】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，可知命题使得，则都有，是错误的；（2）中，已知，正态分布曲线的性质，可知其对称轴的方程为，所以 是正确的；（3）中，回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程

5、，可得回归直线方程为是正确；（4）中，当时，可得成立，当时，只需满足，所以“”是“”成立的充分不必要条件【答案点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质，以及基本不等式的应用等知识点的应用，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题8、C【答案解析】试题分析：，故C正确考点：复合函数求值9、B【答案解析】按补集、交集定义，即可求解.【题目详解】1，3，5，6，1，2，5，6，所以1，5，6.故选：B.【答案点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.10、C【答案解析】令，可得，要使得有两个实数解，即和有

6、两个交点，结合已知，即可求得答案.【题目详解】令，可得，要使得有两个实数解，即和有两个交点，令，可得，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减.当时，若直线和有两个交点，则.实数的取值范围是.故选：C.【答案点睛】本题主要考查了根据零点求参数范围，解题关键是掌握根据零点个数求参数的解法和根据导数求单调性的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.11、C【答案解析】由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.【题目详解】由，所以，对应点.故选：C【答案点睛】此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.12、C【答案解析】作出不等式组所表示的可行

7、域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【题目详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：C.【答案点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】若函数恒成立，即，求导得，在三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的，解关于的不等式，再取并集，即得。【题目详解】由题意得,只要即可，当时，令解得，令，解得，单调递减

8、，令，解得，单调递增，故在时，有最小值，若恒成立，则，解得；当时，恒成立;当时，单调递增，,不合题意,舍去.综上,实数的取值范围是.故答案为：【答案点睛】本题考查恒成立条件下，求参数的取值范围，是常考题型。14、 【答案解析】多项式 满足令，得，则该多项式的一次项系数为令，得故答案为5，7215、【答案解析】从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.【题目详解】由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，所以其概率为.故答案为：【答案点睛】此题考查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总

9、数和某一事件包含的基本事件个数.16、【答案解析】对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.【题目详解】解：，可得时，时，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得【答案点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析（2）见解析【答案解析】（1）根据的导函数进行分类讨论单调性（2）欲证，只需证，构造函数，证明，这时需研究的单调性，求其最大值即可【题目详解】解：（1）的定义域为， 当时，由得，由，得，所以在上单调递增，在单调递减

10、；当时，由得，由，得，或，所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增；当时，所以在上单调递增；当时，由，得，由，得，或，所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增.（2）当时，欲证，只需证，令，则，因存在，使得成立，即有，使得成立.当变化时，的变化如下：0单调递增单调递减所以.因为，所以，所以.即，所以当时，成立.【答案点睛】考查求函数单调性的方法和用函数的最值证明不等式的方法，难题.18、（1）证明见详解；（2）【答案解析】（1）求出函数的导函数，由在处取得极值1，可得且.解出，构造函数，分析其单调性，结合，即可得到的范围，命题得证；（2）由分离参数，得到恒成立，构造函数，求导函数，再构造函数，

11、进行二次求导.由知，则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点，且.由此判断出时，单调递减，时，单调递增，则，即.由得，再次构造函数，求导分析单调性，从而得，即，最终求得，则.【题目详解】解：（1）由题知，函数在，处取得极值1，且，令，则为增函数，即成立.（2）不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令，则令，则,，在上单调递增，且，有唯一零点，且，当时，单调递减；当时，单调递增.，由整理得，令，则方程等价于而在上恒大于零，在上单调递增，.，实数的取值范围为.【答案点睛】本题考查了函数的极值，利用导函数判断函数的单调性，函数的零点存在定理，证明不等式，解决不等式恒成立问题.其中多次构造函数

12、，是解题的关键，属于综合性很强的难题.19、（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【答案解析】（1）由是递增数列，得，由此能求出的前项和.（2）推导出，由此能证明的“极差数列”仍是.（3）证当数列是等差数列时，设其公差为，是一个单调递增数列，从而，由，分类讨论，能证明若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【题目详解】（1）解：无穷数列的前项中最大值为，最小值为，是递增数列，的前项和.（2）证明：，的“极差数列”仍是（3）证明：当数列是等差数列时，设其公差为，根据，的定义，得：，且两个不等式中至少有一个取等号，当时，必有，是一个单调递增数列，是等差数列，当时，则必有，是一个单调递减数列，.是等差

13、数列，当时，中必有一个为0，根据上式，一个为0，为一个必为0，数列是常数数列，则数列是等差数列.综上，若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【答案点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查等差数列的证明，考查数列的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.20、（1）见解析，（2）函数存在唯一零点.【答案解析】（1）首先求出导函数，利用导数的几何意义求出处的切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程，根据方程即可求出定点.（2）由（1）求出函数，令方程可转化为记，利用导数判断函数在上单调递增，根据，由零点存在性定理即可求出零点个数.【题目详解】所以直线方程为即，恒过点将代入直线方程，得考

14、虑方程即，等价于记，则于是函数在上单调递增，又所以函数在区间上存在唯一零点， 即函数存在唯一零点.【答案点睛】本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，属于难题.21、每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低【答案解析】设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.【题目详解】设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，由题意可知，整理得，目标函数，如图所示，为不等式组表示的可行域，由图可知，当直线经过点时，最小，解方程组，解得，然而，故点不是最优解.因此在可

15、行域的整点中，点使得取最小值，即，故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.【答案点睛】本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.22、（1）见解析（2）【答案解析】（1）连结BM，推导出BCBB1，AA1BC，从而AA1MC，进而AA1平面BCM，AA1MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MNAP，由此能证明MN平面ABC（2）推导出ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA12a，BMAMa，推导出MCBM，MCAA1，BMAA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ACMN的余弦值【题目详解】（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，所以，因为，所以， 又因为，所以平面，所以，又因为，所以是中点，取中点，连结，因为是的中点，则且， 所以且，所以四边形是平行四边形，所以