辽宁省沈阳市2023届高三下学期教学质量监测（一）数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE12023年沈阳高中三年级教学质量监测（一）数学第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〗C〖解析〗〖祥解〗根据不等式求集合，进而根据交集运算求解.〖详析〗∵，，∴.故选：C.2.已知复数z满足，则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据复数的四则运算求复数z，进而可求模长.〖详析〗∵，则，∴.故选：D.3.命题p：直线与抛物线有且仅有一个公共点，命题q：直线与抛物线相切，则命题p是命题q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.非充分非必要条件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由充分必要条件的概念结合抛物线的性质可得结果．〖详析〗∵抛物线的对称轴为轴，∴一条直线与抛物线有且仅有一个公共点，则该直线与抛物线相切或者该直线与轴垂直，∵直线存在斜率，与轴不垂直，∴“直线与抛物线有且仅有一个公共点”等价于“直线与抛物线相切”，则命题p是命题q的充要条件.故选：C.4.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.〖详析〗正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点，因此，该正八面体的总曲率为.故选：B.5.如图是函数图像的一部分，设函数，，则可以表示为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据图象特征取特值分析排除.〖详析〗由图象可得：，但，故B不符合；，但，故A不符合；，但，故C不符合；故选：D.6.甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（）A.24种 B.48种 C.72种 D.96种〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先安排甲，可从中间两个位置中任选一个，再安排乙丙2人，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧；安排在甲有3个位置的一侧，最后安排其余3人，综上可得〖答案〗.〖详析〗先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有种方法，而甲站好后一边有2个位置，另一边有3个位置，再安排乙丙2人，因乙、丙2人相邻，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧有种方法；安排在甲有3个位置的一侧有种方法，最后安排其余3人有种方法，综上，不同的排队方法有：种.故选：C.7.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗构建，求导判断单调性和最值可以的大小关系，构建，求导判断单调性可以判断的大小关系，进而可得结果.〖详析〗构建，则，令，则；令，则，故在上单调递增，在上单调递减，可得，即，构建，则，当时，恒成立，故在上单调递增，则，可得在上恒成立，则，即，故.故选：A.8.已知椭圆的右焦点为F，过F作倾斜角为的直线l交该椭圆上半部分于点P，以FP，FO（O为坐标原点）为邻边作平行四边形，点Q恰好也在该椭圆上，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗设出点P的坐标，由给定条件及椭圆的对称性可得点Q的坐标，再借助斜率坐标公式求出点P的坐标即可求解作答.〖详析〗设点，，中，，而点P，Q均在椭圆上，由椭圆对称性得，令椭圆半焦距为c，，由得：，解得，而，因此，即，又，则，整理得，而，则有，解得，所以该椭圆的离心率为.故选：B〖『点石成金』〗方法『点石成金』：椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见求法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．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.某产品的质量指标值服从正态分布，则下列结论正确的是（）A.越大，则产品质量指标值落在内的概率越大B.该产品的质量指标值大于的概率为C.该产品的质量指标值大于的概率与小于的概率相等D.该产品的质量指标值落在内的概率与落在内的概率相等〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗利用与正态密度曲线的关系可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断BCD选项.〖详析〗设随机变量.对于A选项，越大，则产品的质量指标值落在内的概率越小，A错；对于B选项，，B对；对于C选项，由正态密度函数的对称性可知，C对；对于D选项，，所以，，D错.故选：BC.10.是各项均为正数的等差数列，其公差，是等比数列，若，，则（）A. B.C. D.〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗对于函数的零点为，分类讨论结合导数分析可得当时，，当时，，即可判断结果.〖详析〗由题意可设：等比数列的公比为，由，，可得，则，构建，即，若，，则，即为函数的零点，当时，则在上单调递减，故在内至多有一个零点，不合题意；当时，则，∵，则在上单调递增，故在上至多有一个零点，当在内无零点，则在上恒成立，故在上单调递增，则在内至多有一个零点，不合题意；当在内有零点，设为，当时，，当时，，则上单调递减，在上单调递增，且，可得当时，，当时，，故，即，，A、D正确，B、C错误.故选：AD.11.已知圆，点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则下列说法正确的是（）A.切线长的最小值为B.四边形面积的最小值为C.若是圆的一条直径，则的最小值为D.直线恒过定点〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗利用勾股定理可求得切线长的最小值，可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质以及的最小值，可判断C选项；设点，求出直线的方程，可求得直线恒过定点的坐标，可判断D选项.〖详析〗圆心为，圆的半径为，由圆的几何性质可知，，.对于A选项，，当时，取最小值，且，所以，，A对；对于B选项，由切线长定理可知，，，，所以，，所以，，B对；对于C选项，易知为的中点，，C错；对于D选项，设点，则，线段的中点为，，所以，以为直径的圆的方程为，即圆的方程为，将圆的方程与圆的方程作差可得，即，故直线的方程为，变形可得.由可得，所以，直线恒过定点，D对.故选：ABD.12.声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论中正确的为（）A.在上是增函数B.的最小正周期为C.的最大值为D.若，则．〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗由在上单调性判断A；根据周期的定义判断B；借助导数求出f(x)在周期长的区间上的最大值判断C；由f(x)在周期长的区间上的最大最小值判断D作答.〖详析〗对A：∵，则，可得在上是增函数，∴在上是增函数，A正确；对B：∵，∴的最小正周期不是，B错误；对C：，则为奇函数，的最小正周期分别为，故的最小正周期为∵，当时，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则在上的最大值为，由为奇函数可得：在上的最小值为，由周期函数可得：的最大值为，最小值为，C正确；对D：若，不妨设为最大值点，为最小值点，则，故，可得当时，取到最小值，D正确.故选：ACD.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：根据正弦函数的周期性和奇偶性分析的周期性和奇偶性，这与我们在处理问题时，只需分析在上单调性和最值即可.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.已知向量，，且，则等于______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据向量平行的坐标表示求得，再根据两角差的正切公式运算求解.〖详析〗∵，则，则，可得，∴.故〖答案〗为：.14.若，则被5除的余数是______．〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗分别取，两式相加可求得，进而根据二项式定理展开，判断被5除的余数.〖详析〗由题知，时，①，时，②，由①＋②得，，故，所以被5除的余数是4.故〖答案〗：4.15.三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．〖答案〗①.##②.##〖解析〗〖祥解〗设平面，垂足为，可证得在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为，，从而可求得，利用三角形面积公式可求得，结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得，从而为外接球直径，利用球的体积计算即可．〖详析〗设平面，垂足为，如图，过作于点，过作于，连接，由平面，平面，得，又，平面，平面，平面，得，同理，从而均为直角三角形，∵，，∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．∵，∴，又，，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，又，解得，又，，，同理，，为外接球直径，三棱锥外接球的体积为．故〖答案〗：，.16.已知实数x，y满足，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由得，令，可解得，代入，结合三角函数的性质求得〖答案〗.〖详析〗由得，令，可解得，则，当时等号成立．故的最大值为.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设，向量，，．（1）令，求证：数列为等差数列；（2）求证：．〖答案〗（1）证明见详析（2）证明见详析〖解析〗〖祥解〗（1）根据平面向量数量积的坐标运算可得，进而可得，结合等差数列的定义分析证明；（2）利用裂项相消法分析证明.〖小问1详析〗由题意可得：，则，可得，故数列是以首项，公差的等差数列.〖小问2详析〗由（1）可得：，则，∵，故.18.在中，角、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）给出以下三个条件：①，；②；③．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）的角平分线交于点，求的长．〖答案〗（1）（2）（i）；（ii）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知条件可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）由以及①或②或③解三角形，可得出正确的条件.（i）求出的值，利用正弦定理可求得的值；（ii）由结合三角形的面积公式可求得的长.〖小问1详析〗解：因为，若，则，不满足，所以，，，.〖小问2详析〗解：由及①，由余弦定理可得，即，，解得；由及②，由余弦定理可得，由可得，可得；由及③，由三角形的面积公式可得，可得.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.（i）将，代入②可得可得.在中，由正弦定理，故.（ii）因为，即，所以，.19.如图，在矩形ABCD中，，E为边CD上的点，，以BE为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且使二面角为直二面角，三棱锥的体积为．（1）求证：平面平面PAE；（2）求二面角的余弦值．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取BE中点，则，由三棱锥的体积得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，进而得证；（2）以D为原点，为x，y轴正向，过作轴垂直于平面ABCD，建立空间直角坐标系，分别求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夹角公式求解即可．〖小问1详析〗设，由题意为等腰直角三角形，折叠后为等腰直角三角形，取BE中点，连接PF，则，由于二面角为直二面角，故平面ABCD，且，则，得，即．则，故，又平面ABCD，故，又PF与BE相交，故平面PBE，故，又，且PE与AE相交，故平面，又面PAB，故平面平面.〖小问2详析〗以D为原点，为x，y轴正向，过作轴垂直于平面ABCD，建立空间直角坐标系，则，，设平面BPA的法向量为，则，取，可得，设平面DPA的法向量为，则，取，可得，则，由于二面角为钝角，故其余弦值为．20.2022年12月初某省青少年乒乓球培训基地举行了混双选拔赛，其决赛在韩菲/陈宇和黄政/孙艺两对组合间进行，每场比赛均能分出胜负．已知本次比赛的赞助商提供了10000元奖金，并规定：①若其中一对赢的场数先达到4场，则比赛终止，同时这对组合获得全部奖金；②若比赛意外终止时无组合先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两对组合分配奖金．已知每场比赛韩菲/陈宇组合赢的概率为，黄政/孙艺赢的概率为，且每场比赛相互独立．（1）若在已进行的5场比赛中韩菲/陈宇组合赢3场、黄政/孙艺组合赢2场，求比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率；（2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），则这5场比赛中两对组合之间的比赛结果共有多少不同的情况？（3）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），设，若赞助商按规定颁发奖金，求韩菲/陈宇组合获得奖金数X的分布列．〖答案〗（1）（2）28（3）分布列见详析〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意结合对立事件的概率求法运算；（2）根据题意可得有四则可能，再结合组合数运算求解；（3）根据题意分析可得奖金数X的可能取值，结合（2）求相应的概率，即可得结果.〖小问1详析〗“比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金”的对立事件为“黄政/孙艺组合再连赢2场”，故比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率.〖小问2详析〗设5场比赛中韩菲/陈宇组合赢场、黄政/孙艺组合赢场，用表示比赛结果，若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），则有：，故共有种不同的情况.〖小问3详析〗若韩菲/陈宇组合赢1场、黄政/孙艺组合赢4场，则韩菲/陈宇组合获得奖金数为0元；若韩菲/陈宇组合赢2场、黄政/孙艺组合赢3场，则韩菲/陈宇组合需再连赢2场，其概率为，故韩菲/陈宇组合获得奖金数为元；若韩菲/陈宇组合赢3场、黄政/孙艺组合赢2场，则韩菲/陈宇组合需再赢1场，其概率为，故韩菲/陈宇组合获得奖金数为元；若韩菲/陈宇组合赢4场、黄政/孙艺组合赢1场，则韩菲/陈宇组合获得奖金数为10000元；即奖金数X的可能取值有，则有，故奖金数X的分布列为：0250075001000021.已知双曲线的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为，过右焦点F作斜率为正的直线l交双曲线的右支于A，B两点，交两条渐近线于C，D两点，点A，C在第一象限，O为坐标原点．（1）求双曲线E的方程；（2）设，，的面积分别