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
展开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:D
3.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:ABD
11.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=1
C.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.
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