辽宁省鞍山市第一中学2023年高三一诊考试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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普通高中数学课程标准（2017版）提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满

2、分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（ ）A甲的数据分析素养高于乙B甲的数学建模素养优于数学抽象素养C乙的六大素养中逻辑推理最差D乙的六大素养整体平均水平优于甲2已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（ ）ABCD3若2m2n1，则（ ）ABmn1Cln（mn）0D4已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（ ）ABCD5已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离

3、心率为（ ）ABCD6一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（ ）ABCD7已知为锐角，且，则等于（ ）ABCD8如图，四边形为正方形，延长至，使得，点在线段上运动.设，则的取值范围是（ ）ABCD9已知复数z（1+2i）（1+ai）（aR），若zR，则实数a（ ）ABC2D210已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为ABCD11已知点P在椭圆：=1(ab0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆的另一个交点为B，

4、若PAPB，则椭圆的离心率e=（ ）ABCD12已知集合的所有三个元素的子集记为记为集合中的最大元素，则（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知“在中，”，类比以上正弦定理，“在三棱锥中，侧棱与平面所成的角为、与平面所成的角为，则_14已知函数若关于的不等式的解集是，则的值为_15直线xsiny20的倾斜角的取值范围是_16设，则_，（的值为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知数列an满足条件，且an+2（1）n（an1）+2an+1，nN*（）求数列an的通项公式；（）设bn，Sn为数列bn的前n项和，求证：Sn18（

5、12分）如图，已知，分别是正方形边，的中点，与交于点，都垂直于平面，且，是线段上一动点.（1）当平面，求的值；（2）当是中点时，求四面体的体积.19（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值20（12分）已知椭圆：的离心率为，右焦点为抛物线的焦点.（1）求椭圆的标准方程；（2）为坐标原点，过作两条射线，分别交椭圆于、两点，若、斜率之积为，求证：的面积为定值.21（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(ab0)的离心率为且经

6、过点(1，)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）（1）求椭圆C的标准方程；（2）若AEF与BDF的面积之比为1：7，求直线l的方程22（10分）已知函数（1）若函数在上单调递增，求实数的值；（2）定义：若直线与曲线都相切，我们称直线为曲线、的公切线，证明：曲线与总存在公切线参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.对于B选项，甲的建模

7、素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.故选：D【点睛】本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.2、A【解析】分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.详解：根据题意有，如果交换一个球，有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，红球的个数就会出现三种情况；如果交换的

8、是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.3、B【解析】根据指数函数的单调性，结合特殊值进行辨析.【详解】若2m2n120，mn0，mn01，故B正确；而当m，n时，检验可得，A、C、D都不正确，故选：B【点睛】此题考查根据指数幂的大小关系判断参数的大小，根据参数的大小判定指数幂或对数的大小关系，需要熟练掌握指数

9、函数和对数函数的性质，结合特值法得出选项.4、D【解析】由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.5、A【解析】由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.【详解】解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，抛物线的准线过双曲线的左焦点，抛物线的准线被双曲线

10、截得的线段长为，又，则双曲线的离心率为故选：【点睛】本题考查抛物线的性质及利用过双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长6、B【解析】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论【详解】正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，即最大水面高度为，故选B.【点睛】本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题7、C【解析】由可得，再利用计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数

11、式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.8、C【解析】以为坐标原点，以分别为x轴，y轴建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可解决.【详解】以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，不妨设正方形的边长为1，则，设，则，所以，且，故.故选：C.【点睛】本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围，考查学生的基本计算能力，本题的关键是建立适当的直角坐标系，是一道基础题.9、D【解析】化简z（1+2i）（1+ai）=，再根据zR求解.【详解】因为z（1+2i）（1+ai）=，又因为zR，所以，解得a-2.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、B【解析

12、】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，当位于时，此时的斜率最小，此时故选B【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键11、C【解析】设，则，设，根据化简得到，得到答案.【详解】设，则，则，设，则，两式相减得到：，即， ，故，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.12、B【解析】分类讨论，分别求出最大元素为3,4,5,6的三个元素子集的个数，即

13、可得解.【详解】集合含有个元素的子集共有，所以在集合中：最大元素为的集合有个；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；所以故选：【点睛】此题考查集合相关的新定义问题，其本质在于弄清计数原理，分类讨论，分别求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】类比，三角形边长类比三棱锥各面的面积，三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角【详解】，故，【点睛】本题考查类比推理类比正弦定理可得，类比时有结构类比，方法类比等14、【解析】根据题意可知的两根为,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求解即可.【详解】解：因为函数,关于的不等式的解集是 的两根为：和；所以有：

14、且；且；故答案为：【点睛】本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.15、【解析】因为sin 1，1，所以sin 1，1，所以已知直线的斜率范围为1，1，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是答案：16、720 1 【解析】利用二项展开式的通式可求出；令中的，得两个式子，代入可得结果.【详解】利用二项式系数公式，故，故（=，故答案为：720；1.【点睛】本题考查二项展开式的通项公式的应用，考查赋值法，是基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（）（）证明见解析【解析】（）由an+2（1）n（an1）+2an+1，对分奇偶讨论，即可得；（）由（）得，用

15、错位相减法求出，运用分析法证明即可.【详解】（），当为奇数时，又由，得，当为偶数时，又由a23，得，；（）由（1）得，则-可得：，若证明Sn，则需要证明，又，即证明，即证，又显然成立，故Sn得证.【点睛】本题主要考查了由递推公式求通项公式，错位相减法求前项和，分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.18、（1）.（2）【解析】（1）利用线面垂直的性质得出，进而得出，利用相似三角形的性质，得出，从而得出的值；（2）利用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出四面体的体积，计算出，即可得出四面体的体积.【详解】（1）因为平面，平面，所以又因为，都垂直于平面，所以又，

16、分别是正方形边，的中点，且，所以.（2）因为，分别是正方形边，的中点，所以又因为，都垂直于平面，平面，所以因为平面，所以平面所以，四面体的体积，所以.【点睛】本题主要考查了线面垂直的性质定理的应用，以及求棱锥的体积，属于中档题.19、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线的普通方程,由得圆的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果试题解析：解：（）由得直线l的普通方程为x+y3=0又由得 2=2sin，化为直角坐标方程为x2+（y）2=5；（）把直线l的参数方程

17、代入圆C的直角坐标方程，得（3t）2+（t）2=5，即t23t+4=0设t1，t2是上述方程的两实数根，所以t1+t2=3又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=320、（1）；（2）见解析【解析】（1）由条件可得，再根据离心率可求得，则可得椭圆方程；（2）当与轴垂直时，设直线的方程为：，与椭圆联立求得的坐标，通过、斜率之积为列方程可得的值，进而可得的面积；当与轴不垂直时，设，的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和、斜率之积为可得，再利用弦长公式求出，以及到的距离，通过三角形的面积公式求解.【详解】（1）抛物线的焦点为，椭

18、圆方程为；（2）（）当与轴垂直时，设直线的方程为：代入得：，解得：，；（）当与轴不垂直时，设，的方程为由，由， ，即整理得：代入得：到的距离综上：为定值.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查了学生的计算能力，是中档题.21、（1）（2）【解析】（1）利用离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解即可.（2）把面积之比转化为纵坐标之间的关系，联立方程结合韦达定理可求.【详解】解：（1）设焦距为2c，由题意知：；解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知：F(1，0)，设l：，D(，)，E(，)，0，；由得：，代入得：，又，故，因此，直线l的方程为【点睛】本题

19、主要考查椭圆方程的求解及椭圆中的面积问题，椭圆方程一般利用待定系数法，建立方程组进行求解，面积问题的合理转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.22、（1）；（2）见解析.【解析】（1）求出导数，问题转化为在上恒成立，利用导数求出的最小值即可求解；（2）分别设切点横坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，问题转化为证明两直线重合，只需满足有解即可，利用函数的导数及零点存在性定理即可证明存在.【详解】（1），函数在上单调递增等价于在上恒成立令，得，所以在单调递减，在单调递增，则因为，则在上恒成立等价于在上恒成立；又，所以，即（2）设的切点横坐标为，则切线方程为设的切点横坐标为，则，切线方程为若存在，使成为同一条直线，则曲线与存在公切线，由得消去得即令，则所以，函数在区间上单调递增，使得时总有又时，在上总有解综上，函数与总存在公切线【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的恒成立问题，导数的几何意义，利用导数证明方程有解，属于难题.