辽宁省大连市康考迪亚高级中学2022-2023学年高三二模拟数学试题（含解析）

辽宁省大连市康考迪亚高级中学2022-2023学年高三二模拟数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，且，则（    ）

A． B．

C． D．

2．设，则z的共轭复数的虚部为（   ）

A． B． C． D．

3．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．函数（其中e为自然对数的底数）的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

5．等比数列的前n项和为，若，，则（    ）

A．60 B．70 C．80 D．150

6．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，则|=（    ）

A． B．2 C． D．

7．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．某城市100户居民月平均用电量（单位：度），以[160，180)、[180，200）、[200，220），[220，240）、[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图所示，则（    ）

A．

B．月平均用电量的众数为210和230

C．月平均用电量的中位数为224

D．月平均用电量的75%分位数位于区间内

10．已知，，且，则（    ）

A． B． C． D．

11．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为，，，，，设数列为等差数列，它的前n项和为，且，，则（    ）

A． B．的公差为9

C． D．

12．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（    ）

A．存在点，，使得

B．异面直线与所成的角为60°

C．三棱锥的体积为

D．点到平面的距离为

三、填空题

13．在二项式的展开式中，含的项的系数是________．

14．已知均为非零向量，且，则向量与的夹角为____________．

15．数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是__________．

16．已知函数，若，在时恒成立，则θ的取值范围是______．

四、解答题

17．在锐角中，分别为角所对的边，且.

（Ⅰ）确定角的大小；

（Ⅱ）若＝，当时，求的面积.

18．已知数列中，，.设

（1）证明：数列是等比数列；

（2）设，求数列的前项和.

19．如图1，在平面六边形ADCFBE中，四边形ABCD是边长为的正方形，和均为正三角形，分别以AC，BC，AB为折痕把折起，使点D，F，E重合于点P，得到如图2所示的三棱锥．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若点M是棱PA上的一点，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角的余弦值．

20．某市工业部门计划对所辖中小型企业推行节能降耗技术改造，下面是对所辖的400家企业是否支持技术改造进行的问卷调查的结果：

(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；

(2)从上述支持技术改造的中小型企业中，按分层随机抽样的方法抽出12家企业，然后从这12家企业中随机选出9家进行奖励，中型企业每家奖励60万元，小型企业每家奖励20万元．设为所发奖励的总金额（单位：万元），求的分布列和均值．

附：，．

21．抛物线：，双曲线：且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为.

(1)求的标准方程；

(2)直线与交于不同的两点，，以PQ为直径的圆过点，过点N作直线的垂线，垂足为H，则平面内是否存在定点D，使得DH为定值，若存在，求出定值和定点D的坐标；若不存在，请说明理由.

22．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若在有两个极值点，求证：．

参考答案：

1．C

【分析】写出由集合A中满足小于的自然数元素组成的集合即可.

【详解】集合A中满足小于的自然数元素有0，1，2，

所以.

故选：C.

2．A

【分析】利用复数的除法化简，再求出z的共轭复数，得到所求虚部.

【详解】由题可得，则，所以z的共轭复数的虚部为.

故选：A．

3．A

【分析】正向推导可得，则，而反向推导，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.

【详解】，若，则，

，则前者可以推出后者，

，若，则，则后者无法推出前者，

故前者是后者的充分不必要条件，

故选：A.

4．A

【分析】函数见式识图，该题型不是要求画函数图像，而是识别判断图像，因此只需要分辨即可.

【详解】从表达式可以判断出，所以函数是偶函数，所以选项D不对；利用幂函数与指数函数的增长得快慢，即指数函数有爆炸函数之称，可以得到分母增长速度更快，所以当自变量趋于正无穷时，因变量趋于0，所以选项C不正确；对于选项AB在自变量1处的单调性不同，所以可以选择特值来判断，，所以B不对.

故选:A.

5．D

【分析】根据等比数列前项和的片段和性质，结合题意，进行具体计算即可.

【详解】因为是等比数列，

所以成等比数列，

又因为，，，

则，，

所以，.

故选：D.

6．A

【分析】根据椭圆的定义，设，得，结合圆的几何性质列方程，从而求得，然后求得.

【详解】依题意，

设，由椭圆定义得，

由于以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，

所以，即，

整理得，得，所以．

故选：A

7．C

【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.

【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为

所以，.

设，则.

所以.

令，则，

因为，所以.

故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.

故选：C

8．A

【分析】根据导函数判断函数的单调性，画出函数图像，将有四个零点转化为的图像与有四个不同交点，分析可知，由韦达定理可得，设，，由导函数分析函数单调性，即可求出范围.

【详解】解：时，，，

在上单调递减，在上单调递增，，

时，，

在上单调递减，在上单调递增，，

画出的图像如下图，有四个零点即的图像与有四个不同交点，

由图可得，是方程，即的两根，

是方程，即的两根，

，，

则，

设，，则，在上单调递增，

当时，，即.

故选：A.

9．ACD

【分析】利用各组的频率之和为1，列出方程求解，然后根据众数，中位数及百分位数的概念逐项分析即得.

【详解】由直方图的性质可得，

解得，故A正确；

由直方图可知月平均用电量的众数，故B错误；

因为，

所以月平均用电量的中位数在内，设中位数为a，

则，

解得，故C正确；

因为，

，

所以月平均用电量的75%分位数位于区间内，故D正确.

故选：ACD.

10．ACD

【分析】对于选项A,消元利用二次函数的图象和性质判断；对于选项B,C,D都利用基本不等式判断.

【详解】解：因为，，且，所以，所以，二次函数的抛物线的对称轴为，所以当时，的最小值为，所以，所以选项A正确；

成立，当且仅当a＝b＝时取等号），故选项B错误；

，成立，（当且仅当a＝b＝时取等号），故选项C正确；

∵，∴（当且仅当a＝b＝时取等号），故选项D正确.

故选：ACD

11．BD

【分析】设的公差为，依题意得到方程组，求出、，即可判断A、B，再根据等差数列的通项公式及前项和公式计算可得；

【详解】解：设的公差为.由，得，又，联立方程组解得，所以A错误，B正确；因为，，所以，故C错误；因为，所以D正确.

故选：BD

12．BCD

【分析】根据异面直线、线线角、锥体体积、点面距等知识确定正确答案.

【详解】连接.

A选项，平面，平面，，

所以与是异面直线，所以A选项错误.

B选项，，所以异面直线与所成的角为，

由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.

C选项，设，根据正方体的性质可知，

由于平面，所以平面，

所以到平面的距离为.

，C选项正确.

D选项，设点到平面的距离为，

，

，

解得，D选项正确.

故选：BCD

13．10

【详解】分析：先根据二项展开式的通项公式求含的项的项数，再确定对应项系数.

详解： ，

所以令得 ，即含的项的系数是

点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.

14．/

【分析】由平方化简可得，再求出，然后利用向量的夹角公式求解即可.

【详解】设与的夹角为，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

因为，

所以，

故答案为：

15．28

【分析】分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解即可．

【详解】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．

最大数为5的情况：

①，此时共有种情况；

最大数为4的情况：

②，此时共有种情况；

③，此时共有种情况．

当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．

综上，满足条件的有序数组的个数是．

故答案为：28．

16．

【分析】先利用复合函数的单调性判断是单调递减函数且，则题意可转化成，在时恒成立，设，对称轴为，分两种情况即可求解.

【详解】因为，

因为是单调递增函数，且，

所以根据复合函数的单调性性质可得是单调递减函数，

而，

所以，在时恒成立可转化成，在时恒成立，

可整理得，在时恒成立，

设，

当时，

的对称轴为，

此时，当t>0，恒成立，满足题意，

所以由可得，

所以，，

解得，，

因为，所以；

当，

的对称轴为，

则，解得，

所以或，，

所以或，，

因为，所以或，

综上所述，θ的取值范围是.

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题主要考查函数恒成立问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题.

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）由，利用正弦定理得到求解；

（Ⅱ）根据＝，，利用余弦定理求得a，b，然后利用三角形面积公式求解.

【详解】（Ⅰ）因为，

所以，即，

因为，

所以，，

因为，

所以.

（Ⅱ）因为＝，，

所以，

解得，

所以的面积.

【点睛】方法点睛：三角形面积问题的求解方法：(1)灵活运用正、余弦定理实现边角转化；(2)合理运用三角函数公式，如同角三角函数的基本关系、两角和与差的正弦、余弦公式、二倍角公式等．

18．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由递推得到,欲证是等比数列，只需利用等比数列的定义证明为常数即可；

（2）由（1）的结论求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求出数列的前项和.

【详解】（1）证明：因为,所以====2，

又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.

（2）由（1）知，

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意证明平面PAC，即可得结果；

（2）根据题意可知直线BM与平面PAC所成的角为，利用正切值分析可得当为的中点时，直线BM与平面PAC所成的角最大，建系，利用空间向量求二面角.

【详解】（1）取的中点，连接，

∵，为的中点，

∴，

又∵，则，

∴，

平面PAC，

则平面PAC，

平面ABC，故平面PAC⊥平面ABC.

（2）连接，

由（1）可知：平面PAC，则直线BM与平面PAC所成的角为，即，

当取到最大时，则取到最小，即，且，

故当为的中点时，直线BM与平面PAC所成的角最大，

以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

设平面的法向量为，

∵，则有，

令，则，即，

由题意可得：平面的法向量为，

∵，

由图可得二面角为锐角，

故二面角的余弦值为.

20．(1)推断犯错误的概率不大于．

(2)分布列见解析，270

【分析】(1)提出零假设，计算，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；

(2)求随机变量的所有可能取值，确定其取各值的概率，再由期望公式求期望即可.

【详解】（1）零假设为：“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”无关

根据列联表中的数据，计算得到，

．

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关联，此推断犯错误的概率不大于．

（2）由（1）可知支持节能降耗技术改造的企业中，中型企业与小型企业的数量比为．

所以按分层随机抽样的方法抽出的12家企业中有3家中型企业，9家小型企业．

选出的9家企业的样本点是，，，（前者为中型企业家数，后者为小型企业家数）．

故的所有可能取值为180，220，260，300．

，

，

，

，

故的分布列为

的均值为．

21．(1)；

(2)存在，，定点.

【分析】（1）写出切线方程并与抛物线方程联立求出点M坐标，再结合离心率求出双曲线方程作答.

（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设出直线方程并与的方程联立，借助韦达定理及向量数量积求出直线PQ过定点E，直线PQ垂直于y轴，验证也过定点E，取线段EN中点即可作答.

【详解】（1）切线方程为，即，由消去y并整理得：

，则，解得，即，

由离心率得，即，双曲线，则，

所以双曲线的标准方程为：.

（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设直线方程为，，，

由消去x并整理得：，

有，，，

，，因以为直径的圆过点，则当P，Q与N都不重合时，有，

，当P，Q之一与N重合时，成立，于是得，

则有

，即，

整理得，即，

因此，解得或，均满足，

当时，直线：恒过，不符合题意，

当时，直线：，即恒过，符合题意，

当直线PQ垂直于y轴时，设直线，由解得，

因以为直径的圆过点，则由对称性得，解得，直线过点，

于是得直线过定点，取EN中点，因于H，从而，

所以存在定点D，使得为定值，点.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.

22．(1)当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

(2)见解析

【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；

（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.

【详解】（1）由，

求导得，

易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，

①当时，即，，则在上单调递增；

②当时，即或，

令时，解得或，

当时，，

则在上单调递减；

当或，，

则在和上单调递增；

综上所述，当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

（2）在上由两个极值点，

或，且为方程的两个根，即，，

，，即，

将，代入上式，可得：

，

由题意，需证，令，

求导得，

当时，，则在上单调递减，即，

故.