辽宁省大连市2023届高三数学下学期一模试题（Word版附答案）

2023年大连市高三第一次模拟考试数学本试卷共6页．考试结束后，将答题卡交回．注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．第I卷一、单项选择题：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．1．已知，为虚数单位，若为实数，则a=（）A．－3B．C．3D．2．如图所示的Venn图中，A，B是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合，若，，则=（）A．{1，2，4，6}B．{2，4，6，9}C．{2，3，4，5，6，7}D．{1，2，4，6，9}3．已知随机变量，且，则=（）A．0.84B．0.68C．0.34D．0.164．如图，在正方体中，异面直线A1D与D1C所成的角为（）A．B．C．D．5．6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，则甲得到4本的概率是（） A．B．C．D．6．牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数f（x）在x0附近一点的函数值可用代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程，选取初始值，在下面四个选项中最佳近似解为（）A．0.333B．0.335C．0.345D．0.3477．已知对于每一对正实数x，y，函数f满足：f（x）+f（y）=f（x+y）－xy－1，若f（1）=1，则满足的n的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．已知点P为平面直角坐标系xOy内的圆上的动点，点A（－3，2），现将坐标平面沿y轴折成的二面角，则A，P两点间距离的取值范围是（）A．B．C．D．二．多项选择题：（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．在中，若，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．10．阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，则下列说法正确的是（）A．四棱柱AC1在其各顶点处的离散曲率都相等B．若AC=BD，则四棱柱AC1在顶点A处的离散曲率为C．若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则平面D．若四棱柱AC1在顶点A处的离散曲率为，则BC1与平面的夹角为11．定义在上函数，则（）A．存在唯一实数a，使函数f（x）图像关于直线对称 B．存在实数a，使函数f（x）为单调函数C．任意实数a，函数f（x）都存在最小值D．任意实数a，函数f（x）都存两条过原点的切线12．已知直线l：y=kx+m与椭圆交于A，B两点，点F为椭圆C的下焦点，则下列结论正确的是（）A．当m=1时，，使得B．当m=1时，，C．当k=1时，，使得D．当k=1时，，三．填空题：（本大题共4小．题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13．若，______．14．已知单位向量，的夹角为，若，则记作．已知向量，则______．15．早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线形状相同，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，根据图上尺寸，溢流孔ABC所在抛物线的方程为______，溢流孔与桥拱交点A的横坐标为______．16．甲、乙、丙三人每次从写有整数m，n，k（0<m<n<k）的三张卡片中各摸出一张，并按卡片上的数字取出相同数目的石子，放回卡片算做完一次游戏，然后再继续进行，当他们做了N（）次游戏后，甲有22粒石子，乙有9粒石子，丙有9粒石子，并且知道最后一次丙摸的是k，那么做游戏次数是______．四．解答题：（本大题共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．（本小题满分10分）从①②③中选择一个条件补充到题目中：①，②，③，解决下面的问题．在中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，且______．（I）求角A； （II）若D为边AB的中点，，求b+c的最大值．18．（本小题满分12分）如图，平面五边形ABCDE中，是边长为2的等边三角形，，CD=AE，，将沿AD翻折，使点E翻折到点P．（I）证明：PC⊥BC；（II）若PC=3，求二面角P－AD－B的大小，以及直线PB与平面PCD所成角的正弦值．19．（本小题满分12分）在正项数列中，，．（I）求；（II）证明：．20．（本小题满分12分）国学小组有编号为1，2，3，…，n的n位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为，第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮比赛，先答第一题；②若第i（i=1，2，3，…，n－1）号同学未答对第一题，则第i轮比赛失败，由第i+1号同学继续比赛；③若第i（i=1，2，3，…，n－1）号同学答对第一题，再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第i轮结束；若该生未答对第二题，则第i轮比赛失败，由第i+1号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第n轮，则不管第n号同学答题情况，比赛结束．（I）令随机变量X表示n名同学在第X轮比赛结束，当n=3时，求随机变量X的分布列；（II）若把比赛规则③改为：若第i（i=1，2，3，…，n－1）号同学未答对第二题，则第i轮比赛失败，第i+1号同学重新从第一题开始作答．令随机变量Y表示n名同学在第Y轮比赛结束．（i）求随机变量的分布列；（ii）证明：E（Y）随n增大而增大，且小于3．21．（本小题满分12分）已知双曲线和集合，直角坐标平面内任意点，直线 称为点N关于双曲线C的“相关直线”．（I）若，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；（II）若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：；（III）若点，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：．22．（本小题满分12分）已知函数，是f（x）的导函数，且．（I）求a的值，并证明函数f（x）在x=0处取得极值；（II）证明：f（x）在区间有唯一零点．2023年大连市高三一模测试参考答案与评分标准数学一．单项选择题：1．A；2．D；3．B；4．C；5．A解：可以分为三类情况：①“2，2，2型”，有（种）方法；②“1，2，3型”，有（种）方法；③“1，1，4型”，有（种）方法，所以一共有（种）方法．甲得到4本方法，6．D；解：，令，则，迭代关系为，，，，选D7．A；令，，累加：，，解得或8．D解法一：记坐标系二、三象限所在半平面为半平面． ①当在轴左侧时，为平面解析几何问题；②当在轴上及右侧时，如图建系，则，设，其中，，则，，故，综上，．二．多项选择题：9．BD；解：由，因为，∴，所以，不一定为1，A错；因为，，∴，从而肯定有，所以B正确又，所以也不一定等于1，C错；而，D正确； 综上可知选B，D．10．BC；解：A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四棱柱在顶点A处的离散曲率为，选项B正确：C项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项C正确．D项，顶点处的离散曲率为，∴，∴，，则与平面的夹角，所以选项D错误；故选：BC11．ACD；A项，函数图像关于直线对称，则，（或者关于对称，）此时；故A正确；B项，不能恒正或恒负，故B错误；C项，，所以单调递增且有变号零点，先负后正，所以函数存在最小值，故C正确；D项，设切点，切线为，过， ∴，即，求导可知方程一定有一正根一负根，故D正确．12．BCD解析：A项（方法一），当时，联立得：，，∴，故A错；A项（方法二）∴，，∴，故A错；B项，设中点，由点差法得：，又，得点的轨迹方程为：，，故B正确；C项，联立得：，，得：，，，故C正确：D项，由点差法得点的轨迹方程为：，，故D正确．三、填空题：（本大题共4小．题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13．；14．；15．；【解析】设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，代入方程，解得：，所以桥拱所在抛物线方程；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线，由图抛物线经过点，则，解得，所以，点A即桥拱所在抛物线与的交点坐标， 设，，由，解得所以点的横坐标为．故答案为：；16．5解：次游戏所取卡片数字总和为，又，且为40的因数，，故N=2，4，5．当时，，因为丙得9粒石子，则，所以甲石子小于16，矛盾不成立；当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，此时甲得21粒石子，矛盾不成立；当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，此时甲得22粒石子，甲乙丙三次得子数第1次第2次第3次第4次第5次甲66552乙22221丙11115故做了5次游戏．四．解答题：17．（本小题满分10分）解：（I）选①由余弦定理得：，又，所以，得，因为，所以．选②，因为，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，因为，所以． 选③，因为，由正弦定理得：，即，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以．（II）法一：在中，设，，∴，∴，，当时取等号，所以的最大值是．法二：由余弦定理及中线定理可得：，∴，令，∴，∴，，解得．当时，，符合题意，所以的最大值是．18．（本小题满分12分）解析：（I）证明：在平面图形中取中点，连接，，∵是边长为2的等边三角形，∴，，故翻折后有，又∵，∴，∵，∴，且，，平面，∴平面，∵，∴，∴平面，又∵平面，∴． （II）解：由（I）得，，∴二面角的平面角为，在中，，．由余弦定理得，∴，二面角的大小是，在平面内作，交于，∵平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由（I）得，四边形为矩形，又∵，，所以各点坐标为，，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，即设，则，，∴，设直线与平面所成角为，则．19．（本小题满分12分） 解析：（I）由得，，令，则，∴为首项为1，公差为1的等差数列，∴，，得．（II）．20．（本小题满分12分）解：（I）可取值为1，2，3，，，，因此的分布列为X123P（II）（i）可取值为1，2…，n，每位同学两题都答对的概率为，所以答题失败的概率均为：，时，．当时，．的分布列为：123……（ii）法一：记名同学随机变量的数学期望为， ，故随增大而增大；求得，故，∴．法二：（1）－（2）得所以，故随增大而增大，且小于3．21．（本小题满分12分）解：（I）直线与双曲线相切．理由如下：联立方程组，∴，∵，∴，∴，∴，∴直线与双曲线相切．（II）证明：由（I）知， ∵直线l与双曲线C的一支有2个交点，则∴∴，∵，∴，∴．（III）法一：设，，设，．∵，∴，则，代入双曲线，利用在上，即，整理得，同理得关于的方程．即、是的两根，∴，∴．（III）法二：设，，，设，则∵A，B在双曲线上，∴（1）－（2）得：，∴，即，∴点在上， 又∵点在上，∴，此时，∴．（III）法三：设，，，设直线上，联立方程组，解得，联立方程组，得，，，，∴．22．（本小题满分12分）解：（I）∵，∴．∵，∴，∴．∴，，当时，，∴当时，令，∵∴在单调递减， ∴，∴，所以函数在处取得极大值；（II），令，则，当时，，∴．∴在区间单调递减，又∵，∴在区间有唯一零点，故在区间有唯一零点．