辽宁省大连市2023年高三第一次模拟考试数学试卷及答案.pdf

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1、2023年大连市高三第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28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.保持卡面清沽，不要折叠，不耍弄破、弄皱，不准使用涂改液、修E带、刮纸刀第I卷单项选择题：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，只有项是符合题目要

2、求1.四川R,i为虚数单位，若芋1为实数，则J+l A.-3B.!_ C.3D._.!_3 32.如图所示的Venn图中，A,B是非空集合，定义集合AB为阴It勿F飞纺弘影部分表示的集合，若A=xlx=2叫，ne N,n:$;4,潮、B=2,3,4,5,6,7，则必B=I-A.l,2,4,6 B.2,4,6,9 C.2,3,4,5,6,7D.1,2,4,6,93.己知随机变量XN(2，2），且P(X三4)=0.84，则P(OX豆4)=A.0.84B.0.68C.0.34D.0.164.如图，在正方体ABCD-A.B.c.n，中，异面直线A,D与D1C-A,所成的角为一-B.-C.一D.-6 4

3、 325.6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.土18B.20 c.-30D.土60 高三一模数学试卷共6页第1页A,C,1 1/1212 2023 年大连市高三一模测试参考答案与评分标准年大连市高三一模测试参考答案与评分标准 数学数学 说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不

4、再给分 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一一.单项选择题：单项选择题：1.（A）；2.（D）；3.（B）；4（C）；5.（A）；解：可以分为三类情况：“2,2,2 型”，有 C26C24C2290(种)方法；“1,2,3 型”，有 C16C25C33A33360(种)方法；“1，1,4 型”，有 C46A3390(种)方法，所以一共有 9036090540(种)方法 甲得到 4 本方法 2C46=30，301540186（D）；解：000()()()()fxfxfxxx，令()0f x，则000()()f xxxfx，迭

5、代 关 系 为33122()3121=()3333kkkkkkkkkkf xxxxxxxfxxx，012x，121,0.347223xx，选 D 7（A）；令1y，(1)()2f xf xx，累加：(3)()12n nf n，()f nn，解得2n 或1n 8（D）解法一：记坐标系二、三象限所在半平面为半平面.当P在y轴左侧时，为平面解析几何问题413,3 5)PA；当P在y轴上及右侧时，如图建系，则33 3(,2,)22A，设zyOxPA 2 2/1212(4cos,4sin,0),2 2P ，222327|(4cos)(4sin2)29 12cos16sin2920sin()24AP 其中

6、3sin5，4cos5，则,22，4sin()1,5，故 13,7PA，综上，413,7PA 二二.多项选择题：多项选择题：9（B）（D）；解：由cos12tansintan()2sincos22222tansin22CABCCCCCC，因为cos02C,212sin2C 201 2sin0cos0902CCC，所以1tantan()2tanBAA，2tantantanAAB不一定为 1，A 错；因为0sinsinsincos2sin(45)ABAAA，090A4545135A,002sin(45)112sin(45)22AA ，从而肯定有0sinsin2AB，所以 B 正确 又coscos(

7、)sin2BAA，所以222sincos2sinABA也不一定等于1，C 错；而22222coscoscossin1sinABAAC，D 正确；综上可知选 B,D.10.（B）（C）；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，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，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，1111ABCDABC D1111ABCDABC DACBDABCD1AA ABCD1AAAB1AA

8、AD1111ABCDABC DA111222241A ABD1AAAB1AAAD1AAABAD114AABAAD 1A ABD1A117124412BAD13BAD 3 3/1212 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111()2223，3，,ABBD ABBDO，则1BC与平面1ACC的夹角12sin4BCO，所以选项 D 错误；故选：BC 11.（A）（C）（D）；A 项，函数()f x图像关于直线12x 对称，则1()0,21()0,2ff ，(或者()fx关于1(,0)2对称，)此时3a；故 A 正确；B 项，

9、32()468fxxxxa不能恒正或恒负，故 B 错误；C 项，2()121280fxxx，所以()fx单调递增且有变号零点，先负后正，所以函数()f x存在最小值，故 C 正确；D 项，设切点00(,)xy，切线为4323200000000(241)(468)()yxxxaxxxxa xx，过(0,0)，43243200000000241468xxxaxxxxax，即43200034410 xxx，求导可知方程一定有一正根一负根，故 D 正确.12.（B）（C）（D）解析：A 项（方法一），当1m 时，联立得：22(34)690kxkx，21224|1|43,4)34ABkxxk，|8|4,

10、5)FAFBAB，故 A 错；A 项（方法二）|8|FAFBAB，max|4AB，|4FAFB，故 A 错；B 项，设AB中点(,)M x y，由点差法得：034xyk，又1ykx，得点M的轨迹方程为：224330(0)xyyy，222111|2|2(1)21244FAFBFMxyyy，故 B 正确；C 项，联立得：22784120ymym，0，得：77m，112ABADAB2BDABABAD1111ABCDABC D1AC 1ABDA 4 4/1212 121444|4()4(4,4)2777mFAFByy，411444277，故 C 正确；D 项，由点差法得点M的轨迹方程为：034xy，6

11、|2|5FAFBFM，故 D 正确.三三.填空题填空题:（本大题共（本大题共 4 小小题题,每小题每小题 5 分分,共共 20 分分,把答案填在答卷纸的相应位置上）把答案填在答卷纸的相应位置上）13.12；14.7；15.236145xy；14013【解析】设桥拱所在抛物线方程22xpy，由图可知，曲线经过20,5，代入方程22025p ，解得：40p，所以桥拱所在抛物线方程280 xy；四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线21:142Cxp y ，由图抛物线1C经过点20,5A，则220 1425p ，解得185p，所以2136:145Cxy，点A即桥拱所在抛物线280 xy

12、 与2136:145Cxy 的交点坐标，设,714A x yx，由228036145714xyxyx ，解得：14013x 所以点 A 的横坐标为14013.故答案为：236145xy；14013 16.5 解：N次游戏所取卡片数字总和为()229940N mnk，又1236mnk，且mnk为 40 的因数，min()8mnk，故2,4,5N.当2N 时，20mnk，因为丙得 9 粒石子，则8k，所以甲石子小于 16，矛盾不成立；当4N 时，10mnk，因为丙得 9 粒石子，则6k，为了使得甲获得石子，6,1,3kmn 此时甲得 21 粒石子，矛盾不成立；5 5/1212 当5N 时，8mnk

13、，因为丙得 9 粒石子，则5k，为了使得甲获得石子，5,1,2kmn 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 6 6 5 5 2 乙 2 2 2 2 1 丙 1 1 1 1 5 故做了 5 次游戏.四四.解答题：解答题：17.(本小题满分 10 分)解：(I)选由余弦定理得：2222cosbcabcA，又1sin2SbcA，所以13sin2cos24bcAbcA，3 分 得tan3A，因为0A，所以3A.5 分 选，因为sinsinsinabcbCAB，由正弦定理得：abcbcab，整理得：222bcabc，3 分 由余弦定理得

14、：2221cos22bcaAbc，因为0A，所以3A.5 分 选，因为3sincoscbCCa，由正弦定理得：sinsin3sincossinCBCCA，即3sinsincossinsinsinCACACB，2 分 又因为 ACB，所以sinsin()sincoscossinBACACAC，所以3sinsinsincossinCACAC，因为0C，所以sin0C，所以3sincos2sin()16AAA，4 分 因为0A，所以66A，所以3A.5 分 6 6/1212(II)法一：在ACD中，设ADC，2 34sinsin(120)32ACAD，4sin,4sin(120)ACAD，7 分 4

15、sin8sin(120)8sin4 3cos4 7sin()4 7bc，9 分 3(tan)2，当90时取等号，所以bc的最大值是4 7.10 分 法二：由余弦定理及中线定理可得：222222,482(),abcbccab224248bbcc，7 分 令tbc，2242()()48bb tbtb，2274480btbt，221628(48)0tt，解得04 7t.8 分 当4 7t 时，8 77b，10 77AD 符合题意，9 分 所以bc的最大值是4 7.10 分 18.(本小题满分 12 分)解析：(I)证明：在平面图形中取AD中点O，连接,OC OE，ADE是边长为 2 的等边三角形，O

16、EAD，1OD，故翻折后有OPAD，1 分 又/CDAE，3CDODAE，2CDAE，OCAD，3 分 且OPOCO，,OP OCPOC 平面，ADPOC 平面，4 分 2BADABC，/ADBC，BCPOC 平面，5 分 又PCPOC 平面，BCPC.6 分(II)解：由(I)得OPAD，OCAD，二面角PADB的平面角为POC，在POC中，3OCOP，3PC，由余弦定理得1cos2POC，23POC，二面角PADB的大小是23，8 分 在平面POC内作OMOC，交PC于M，ADPOC 平面，以O为原点，OA为x轴，OC为y轴，OM为z轴，建立空间直角坐标系，OOABCDEP(E)DCBAM

17、zyxOP(E)DCBA 7 7/1212 由(I)得，四边形OABC为矩形，又23POC，3OP，所以各点坐标为(1,0,0)A，(1,0,0)D，(1,3,0)B，(0,3,0)C，3 3(0,)22P，所以3 33(1,)22PB，3 33(0,)22PC，(1,3,0)DC，设平面PCD的一个法向量(,)x y zn，则0,0,PCDCnn即3 330,2230,yzxy 设1y，则3z，3x ，(3,1,3)n，10 分 设直线PB与平面PCD所成角为，则3 33 3321022sin|7027913 1 344.12 分 19.（本小题满分 12 分）解析：(I)由22222121

18、2(2)nnnnaan 得，222221221nnnnaa，令222nnnba，则11nnbb，2 分 nb为首项为1，公差为1的等差数列，2221+11=nnann，4 分 0na，得2nnna.6 分(II)1223111112231111()()()()2222222222niinnniinnna.12 分 20.（本小题满分 12 分）解：（I）X可取值为 1，2，3，2111323P X，2111215232233218P X，1573131818P X ，3 分 因此X的分布列为 X 1 2 3 8 8/1212 P 13 518 718 4 分（II）（i）Y可取值为1,2,n，

19、每位同学两题都答对的概率为211323p，所以答题失败的概率均为：2121323，*(11,)YkknkN时，121()()33kP Yk.6 分 当Yn时，12()3nP Yn.7 分 Y的分布列为：Y 1 2 3 1n n P 13 2133 221()33 221()33n 12()3n 8 分（）法一：111*1212()()(,2)333nknkE YknnnN.9 分 记n名同学随机变量Y的数学期望为nE Y，11121222()(1)()()()033333nnnnnnE YE Ynnn，故 E Y随n增大而增大；10 分 求得253E Y，9 9/1212 故232431nnn

20、E YE YE YE YE YE YE YE Y，22231122()1()52225233()()()()32()3233333313nnnE Y.12 分 法二：2211212121223()(1)()()(1)33333333nnE Ynn ，9 分 23122121212122()3()(1)()()(2)3333333333nnE Ynn (1)(2)得：22111111212122212()()()(1)()()33333333333121()2212233()(1)()()1()23333313nnnnnnnnnE Ynnnnnn 所以 1232()33nE Y，11 分 故 E

21、 Y随n增大而增大，且小于 3.12 分 21.（本小题满分 12 分）解：（I）直线l与双曲线C相切理由如下：联立方程组220011axbyax xby y，222220000210abya xxax xby，1 分 2200,1NCaxby，220020axax xax，222200440a xa x，直线l与双曲线C相切3 分（II）证明：由（I）知 222220000210abya xxax xby，1010/1212 直线l与双曲线C的一支有 2 个交点，则2220020222000100abya xbyabya x ，5 分 22222222000000014414(0)a xa

22、byaxbyabyaxby，222001a xby，220022222000011)0(bybyabya xa axby，220001axby，7 分 00()N xyQ，8 分（III）法一：设11()()M xyA xy，设,MAAN MBBN,00()N xyl，1，则101011xxxyyy，9 分 代入双曲线221Caxby：，利用M在l上，即01011ax xby y，整理得222211200110axbyaxby，10 分 同理得关于的方程222211200110axbyaxby 即、是222220011110axbytaxby 的两根，11 分 0+，|MAMBANBN12 分

23、 （III）法二：设112233()(),()AMxyB xyxy，设ANNB,则12012011xxxyyy，9 分,A B在双曲线上，221122221(1),1(2),axbyaxby，2(1)(2)得：22222221212()()1a xxb yy，1212121211111xxxxyyyyab，1111/1212 即121200111xxyyaxby，点1212(,)11xxyy在l上，10 分 又点1212(,)11xxyy在AB上，12312311xxxyyy，11 分 此时AMMB，|MAMBANBN12 分 （III）法三：设112233()(),()AMxyB xyxy，

24、设直线MN上00()yyk xx,联立方程组00001()ax xbyyyyk xx,解得02003001bkx ybyxaxbky9 分 联立方程组2002001()axbyyyk xx，得22000()1axb kxxy，2222200000()2()()10ab yxbkkxyxbkxy，22222222220000004()4()(21)0 xb kkxyxab ybk xbkx yby 22220000001212222222002221,bk xbkybk xbkx ybyxxx xab yab y10 分 223011302|(1)()()()()MABNANMBkxxxxxxx

25、x 2120312303(1)2)()()2kx xxxxx xx x 0022000002222222000000002000022201(1)2(21)()(22()(1)bkx ybyxbkx ybybk xbkx ybyxbk xbkyab yaxbkyaxbkykab y=011 分|MAMBANBN12 分 22.（本小题满分 12 分）解：（I）()2sin1xf xaex，()2cosxfxaex (0)0f，(0)210fa ，12a 2 分()sin1xf xex，()cos(1cos)xxxfxexeex，当0 x 时，1cosxex，()0fx，1212/1212 当0

26、4x时，令()1cosxg xex，()(sincos)0 xg xexx，()g x在(0,)4单调递减，()(0)0g xg，()0fx，所以函数 f x在0 x 处取得极大值；4 分(II)()sin1(1 sin)1xxxf xexeex ，令()(1 sin)1xh xex，5 分 则()(1 sincos)12sin()4xxh xexxex，7 分 当(2,2)()2xkkkN时，2sin()42x，()0h x，()h x在区间2,2()2kkkN单调递减，9 分 又2(2)10khke，(2)102hk ，()h x在区间2,2()2kkkN有唯一零点，11 分 故 f x在区间2,2()2kkkN有唯一零点12 分