2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模数学试题

东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（二）

数学参考答案（含客观题详解）

1．C

【分析】根据欧拉公式得到复数的代数形式，结合诱导公式计算即可得答案.

【详解】，

则虚部为．

故选：C．

2．A

【分析】沿等分线把正方体切开，共有27个同样大小的小正方体，然后数出1面有色、2面有色和3面有色的小正方体的个数，可通过古典概型运算公式求得答案.

【详解】沿等分线把正方体切开，得到27个同样大小的小正方体，1面有色的小正方体有6个，2面有色的小正方体有12个，3面有色的小正方体有8个，

所以恰好抽到的是中心方块的概率是．

故选：A.

3．B

【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.

【详解】由，则，

由图知：当位置变化时，或，故，

所以，而直线、斜率存在且不为0，

故，

，

所以，即或，

当，化简得.

当时，，显然，无解.

所以.

故选：B.

4．B

【分析】利用诱导公式进行化简，然后查表即可得到结果.

【详解】由题意，，查表可．

故选：B.

5．B

【分析】构造函数，利用导数与函数的单调性证得在上单调递增，从而证得，进而由对数函数的单调性得到.

【详解】因为，，，

故令，则，

因为，所以，故恒成立，

所以在上单调递增，

因为，所以，即，

故，

又因为在上单调递增，所以，即.

故选：B.

6．B

【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.

【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，

设，则，显然有，，

，因此，，在，，

即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，

所以E的离心率为.

故选：B

【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；

②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；

③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.

7．C

【分析】依题意可得，进而可得在上恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性以及最值，即可求出参数的取值范围.

【详解】等价于．

令函数，则，故是增函数．

等价于，即．

令函数，则．

当时，，单调递增：当时，，单调递减．

.

故实数a的取值范围为．

故选：C.

8．D

【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.

【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，

连接，则，

又且，即为平行四边形，所以，

所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，

而，，，故，错误；

B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，

△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；

C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，

由面，面，则面面，

由，面面，面，

所以面，面，则，同理可证：，

由，、面，故面，

而面面，要使面，则必在面内，

显然面，故错误；

D：由知：在（含端点）上移动，

如下图建系，，，则，

设，则，

所以，令，

当，即时，，此时直线和所成角是；

当，即时，则，

当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.

故选：D

【点睛】关键点点睛：根据向量的线性关系判断的位置，结合异面直线夹角的定义、锥体体积公式、线面垂直的判定及向量夹角的坐标求法，证明或求解线面垂直、体积、异面直线夹角范围等.

9．ABD

【分析】利用不等式性质判断A；利用“1”的妙用计算判断B；确定b的取值范围，求出范围作答；利用均值不等式计算判断D作答.

【详解】对于A，，则，即，A正确；

对于B，，，则，

当且仅当，即时取等号，B正确；

对于C，，由得：，有，则，C不正确；

对于D，，，则，当且仅当时取等号，D正确.

故选：ABD

10．ABD

【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.

【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，

则 ,

设 ，则,

由可得 ，且 ，

若，则，

解得 ，（负值舍去），故，A正确；

若，则，，故B正确；

，

由于，故，故，故C错误；

由于，

故

，而，

故，故D正确，

故选：ABD

11．BC

【分析】写出的前几项，通过观察可得数列的周期，进而结合数列的性质以及的定义，可判断A、B项；因为，可推得，逐项代入即可得到C项；由，可得，逐项代入即可得到

，从而得到D项错误.

【详解】因为，，，，，，根据数列的性质以及的定义可得，，，，，，.同理可推得，当时，有，，，，，，所以是以为周期的周期数列，所以，所以A项错误；

由周期性可知，，，故B正确；

因为，可推得，逐项代入，可得

，所以C正确；

因为

，所以D错误

故选：BC．

12．AC

【分析】对A选项，对求导，得到其最值即可判断，对B选项，将看成整体解出或，通过图像找到所在位置，依据，假设通过消元解出范围，再通过数形结合求出的范围，两者比较即可，对C,D通过减少变量，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.

【详解】当时，，此时，令，解得，

令，解得，可得在上单调递减，在上单调递增，

且，

∴当时，，故A正确；

作出如图所示图像：

由有6个不同的零点，

等价于有6个不同的实数根，

解得或，

∵，∴若，可得，而当时，，可得，而；

当时，，可得而，

故的范围为的子集，的取值范围不可能为，故B选项错误；

该方程有6个根，且，知且，

当时，，

，联立解得，

，故C正确；

当时，，

，联立解得，

．故D错误.

故选：AC.

【点睛】关键点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图像分析，转化为直线与图像的交点情况，对于C,D选项式子，我们谨记要减少变量，将其转化为一个或两个变量的相关式子，常见的如，有两根，则，如一元二次方程存在实数解，则.

13．7（7、8、9，只需写出一个答案即可）

【分析】根据题意知数列是公比为，首项为的等比数列，求出前n项和，列出不等式即可求正整数n的取值.

【详解】由题意得且，当时，，所以，化简得，

由等比数列定义知数列是公比为，首项为的等比数列，

所以，

因为，所以，

即，所以，又，

所以的取值可以为7、8、9.

故答案：7（7、8、9，只需写出一个答案即可）

14．8

【解析】求出椭圆的离心率和焦点，从而得双曲线的离心率，双曲线的实半轴长，可得，由双曲线的定义得PF1＝PF2＋2，这样就可表示为的函数，于是可利用基本不等式求得最小值

【详解】设椭圆的长半轴长为a1，短半轴长为b1，半焦距为c，

则c＝＝＝2，

故椭圆的离心率e1＝＝，

从而双曲线的离心率，可得a＝1，

根据双曲线的定义有PF1－PF2＝2a，即PF1＝PF2＋2，

故＝＝＝PF2＋＋4，

由双曲线的范围可得PF2≥c－a＝1，

根据基本不等式可得PF2＋＋4≥2＋4＝8，

当且仅当PF2＝，

即PF2＝2时取“＝”，

所以的最小值为8.

故答案为：8．

【点睛】本题考查椭圆与双曲线的几何性质，考查双曲线的定义，解题关键是由双曲线定义得PF1＝PF2＋2，把表示为的函数．

15．

【分析】将等式看作是从编号为个球中，取出个球，其中第个球的编号依次为的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为个球中，取出个球，有种取法，即可得到结果.

【详解】从编号为个球中，取出个球，记所选取的六个小球的编号分别为，且，

当时，分三步完成本次选取：

第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；

当时，分三步完成本次选取：

第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；

……；

当时，分三步完成本次选取：

第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中选个，故选取的方法数为；

至此，完成了从编号为个球中，选取个球，第个球的编号确定时的全部情况，

另外，从编号为个球中，取出个球，有种取法，

所以.

故答案为：.

16．

【分析】先将不等式转化为，进而转化为的图像恒在图像的下方，求出两个函数的零点，比较两个函数的零点得到，

且当恰为在处的切线时取得最小值，即可求解.

【详解】由题意知：，由可得，即不等式恒成立，令，

易得为斜率大于0的一条直线，；，当时，单增，

当时，单减，又，要使不等式恒成立，必有的零点与的零点重合

或者在的零点左侧，如图所示：

故有，解得，当且仅当恰为在处的切线时取等，此时的图像恒在图像的下方，

即满足恒成立，即恒成立.又，故在处的切线方程为，

即时，取得最小值.

故答案为：.

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)选择①，由条件证明为等差数列，结合等差数列通项公式求的通项公式；

选择②，由条件，结合关系，证明，利用累乘法求数列的通项公式；

选择③，先证明，由此得为常数，再求数列的通项公式；

(2)求，利用裂项相消法求，由此完成证明.

【详解】（1）若选择条件①：因为，所以，又，

所以数列是首项为2，公差为1的等差数列．

所以，所以．

若选择条件②：因为，所以．

当时，，

整理得，，

所以，

累乘得，，

当时，，符合上式，

所以．

若选择条件③：因为，

所以，即，

所以，

所以数列为常数列，

又，所以，即．

（2）证明：由（1）知：，

结合参考公式可得，

所以，

所以，

即

因为，所以，

即.

18．(1)

(2)

【分析】(1)利用余弦定理求出，再利用正弦定理和余弦定理求得，进而得到A，B，C，D四点共圆，利用正弦理即可求解.

（2）结合（1）的结论和正弦定理可得：，然后再利用正弦定理和辅助角公式以及正弦函数的图像和性质即可求解.

【详解】（1）在中，，

所以，由正弦定理，，可得，

再由余弦定理，，又，所以.因为，

所以，所以A，B，C，D四点共圆，

则四边形ABCD的外接圆半径就等于外接圆的半径.

又，所以.

（2）由（1）可知：，则.，

则.

在中，由正弦定理，

，所以，，则

，

又，所以，所以，，所以.

19．(1)证明见解析

(2)

(3)存在，或

【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；

（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；

（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.

【详解】（1）

如图所示，在线段上取一点，使，连接，，

，

，

又，，

，四边形为平行四边形，

，

又，，

所以平面平面，

平面，

平面；

（2）

如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

又是中点，则，

所以，，，

设平面的法向量，

则，令，则，

设平面的法向量，

则，令，则，

所以，

则二面角的正弦值为；

（3）存在，或

假设存在点，设，即，，

由（2）得，，，且平面的法向量，

则，，

则，

，

解得或，

故存在点，此时或.

20．(1)

(2)①；580分；②详见解析.

【分析】（1）根据表中数据，分别求得，，，写出线性回归方程.

（2）①由（1）中的线性回归方程求得时的，进而得到该大学2022年的数学专业录取平均分，然后利用原则求解，再由584分以上的有3人可计算出本专业2022年录取学生共多少人；再由前46名占比计算出一等奖学金分数线应该设定为多少分；

②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3人，则的可能取值为0，1，2，3，再由超几何分布的概率求解计算出概率并列出分布列进而求得数学期望.

【详解】（1）由题意知，

，

，

，所以，

，

故所求线性回归方程为．

（2）①由（1）知，当时，，

故该大学2022年的数学专业录取平均分约为．即

因为，又，

若该大学2022年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，

则本专业2022年录取学生共；

进入本专业高考成绩前46名的学生占录取人数的，

设一等奖学金分数线应该设定为分，

则，

，

故一等奖学金分数线应该设定为580分；

②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3人，则的可能取值为0，1，2，3；

；；

；

.

21．(1)证明见解析

(2)是，

【分析】（1）过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，结合圆的知识可得，，设点，则，由，可得，即得，由相等弦长所对的圆心角相等，得，进而求解；

（2）设直线PF的方程为，由题意可得，联立方程组，结合韦达定理可得，，由题知，直线DR的方程为，令，化简即可求解.

【详解】（1）证明：过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，

因为直线l：为双曲线C：的准线，

根据双曲线的第二定义，可知，即，

即得.

连接AM，PM，NF.因为在圆P中，，，所以，.

由题易知右焦点，设点，则，整理得.

因为，

所以，所以.

在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得，所以.

（2）由题知直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为.

因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则.

设，，，

联立方程组得，则，.

由题知，直线DR的方程为，

令，得

，

所以直线DR过定点.

22．(1)

(2)见解析

【分析】（1）设，首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;

（2）根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.

【详解】（1）恒成立，即恒成立，

设

因为,所以恒成立等价于恒成立.

由已知的定义域为.

令,

有两根,

因为，

时,单调递减;

,时,单调递增，

,

当时,,故满足题意.

当时,时，单调递减，故不满足题意.

当时,时, 单调递增，故不满足题意.

综上可知：.

（2）证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.

故当时,可得

即，

即.

故

故

【点睛】关键点睛：本题对于第一问恒成立问题的处理是移项构造新函数，不使用较为复杂的分离参数法，而是将0代换为，变成恒成立，再利用函数的单调性即可求解值，第二问的关键是在（1）的基础上得到，然后当时，则得到，再通过累加即可证明不等式.