《辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题含答案.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 一 页 共 6 页2022-2023(上）沈阳市五校协作体高三联考数学试卷2022-2023(上）沈阳市五校协作体高三联考数学试卷考试时间：120 分钟?考试分数：150 分试卷说明：本试卷分第卷选择题（112 题，共 60 分）和第卷(非选择题，1322题，共 90 分)。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。作答时，将答案写在答题纸上，写在本试卷上无效。第卷(选择题共 60 分)一、单选题（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的）一、单选题（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
2、中，只有一项是符合题目要求的）1、已知集合，则（）.2、设，若复数（其中 为虚数单位）在复平面内对应的点位于实轴上，则（）.3、已知，则（）.4、设则的大小关系为（）.5、攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑。如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该屋顶的体积为（）第 二 页 共 6 页.6、已知双曲线的渐近线方程为，则（）.7、已知直线既是曲线的切线，又是曲线的切线，则（）.8、已知，若函数有且只有两个零点，则实数的取值范围为（）.二、多选题二、多选题（每题每题 5 5 分，共分，共 2020 分，分，全部选对得全部选对
3、得 5 分分，漏选得漏选得 2 分分，错选得错选得 0 分分）9、数列的首项为，且，是数列的前项和，则下列结论正确的是（）.数列是等比数列.10、已知抛物线的焦点为，是抛物线上两动点，且的最小值为，是线段的中点，是平面内一定点，则下列结论正确的是（）.若，则到轴距离为.若，则.的最小值为第 三 页 共 6 页11、设函数，则下列结论正确的是（）.若，则.存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称.若在上有且仅有个零点，则的取值范围为.在上单调递增12、如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则下列结论正确的是（）.四点共面.异面直线与所成角的余弦值为.平面截正方体所得截面为等腰
4、梯形.三棱锥的体积为第卷(非选择题共 90 分)三、填空题三、填空题（每题每题 5 5 分，共分，共 2020 分分）13、若向量的夹角为，则_。14、已 知 函 数的 零 点 恰 好 是的 极 值 点，则_。第 四 页 共 6 页15、在平面直角坐标系中，点，直线-1），动点满足，则动点的轨迹的方程为_，若的对称中心为与交于两点，则面积的最大值为_16、已知函数，若存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，则的取值范围是_。四、四、解答题解答题（共共 7070 分分）17、（10 分)已知数列的前项和为，,现有如下三个条件分别为条件条件条件请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件
5、，并完成解答。你选择的条件是_和_。(1)求数列的通项公式;(2)设数列满足，求数列的前项和.18、(12 分）设的内角的对边为，已知的面积为，且。(1)求;(2)若,求的最小值，并判断此时的形状。第 五 页 共 6 页19、（12 分）据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为，其中(1)若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；(2)强基计划规定每名考生
6、只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求的范围20、（12 分）如图 1，矩形中，为上一点且 现将沿着折起，使得，得到的图形如图 2（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值第 六 页 共 6 页21、（12 分）已知椭圆:的离心率为，且点在椭圆上。(1)求椭圆的标准方程;(2)如图，椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点，并求出此定点坐标。22、（12 分）已知函数，.(1)求函数的极值；(2)当 x0 时，证明：第 一 页 共 七 页 20222022-2023(20
7、23(上）上）沈阳市沈阳市五校协作体高三联考五校协作体高三联考 数学数学 答案答案 命题人：张 婕 校对人：高艺菲 考试时间：120 分钟 考试分数：150 分 一单项选择题 1.B 2.C 3.D 4.C 5.D 6.B 7.D 8.A 二多项选择题 9.AB 10.ABD 11.BCD 12.BCD 三填空题 13.27 14.-1 15.(1)2+2=1;12 16.(2,1)四解答题 17.【解析】（1）选时：【解法 1】由+1=2可知数列是以公差=2的等差数列，又5=5得5=1+(5 1),得1=3,故=3+2(1),即=2 5 4 分【解法 2】由+1=2可知数列是以公差=2的等差
8、数列，又5=5得=(5),则=5+(5)2，即=2 5 4 分 选时：由+1=2可知数列是以公差=2的等差数列，由2=4可知1+2=-4,即21+2=4 得1=3，故=3+2(1)，即=2 54 分【备注】选这两个条件无法确定数列，不给分。（2）=1+1=1(25)(23)=12(125123)6 分=12(1311)+(1111)+(1113)+(125123)8 分 =12(13123)9 分 =16 146 所以=6+9 10 分 第 二 页 共 七 页 18.【解析】（1）（法 1）由正弦定理，sin=sin=sin，得（2sin sin）cos=sin cos,1 分 即 2sinc
9、os=cos sin+sin cos，2sincos=sin(+)2 分 +=，sin(+)=sin，即 2sincos=sin 3 分 为三角形内角，故sin 0 cos=12，5 分 0 ，=36 分（法 2）由余弦定理代入得(2 )2+222=2+222 1 分 化简得3+2 2 2=0 2 分 0,2+2 2=3 分 所以cos=2+222=2=12 5 分 0 ，=36 分(2)（法一）由（1）得SABC=12 sin=34=332,解得=6，7 分 =+=+23()=13 +23 ，8 分|=(13 +23 )2=19 2+49 +49 2=132+42+2 134+2=13 6=
10、2,9 分 当且仅当=2,|取得最小值 2，此时=3,=23 10 分 中，由余弦定理2=2+2 2 cos,得=2+2 2 cos=3 11 分 2+2=2,是直角三角形 12 分（法二）由（1）得SABC=12 sin=34=332,解得=6，7 分 =2 ，=23,=13 +=,cos+cos=0 结合余弦定理可得|2+(3)2223|+|2+(23)22223|=0 8 分 第 三 页 共 七 页 化简得|2=232+132292 中，由余弦定理2=2+2 2 cos,得2=2+2|=492+192+43 2 23 13+43=2 9 分 当且仅当23=3时取等号，即|取得最小值 2，
11、又=6，所以=3，=23，10 分 此时=2+2 =3 11 分 2+2=2，是直角三角形。12 分 19.【解析】（1）设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件A()213412C339P A=；2 分 该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件B，则()2413252531653656531390P B=+=4 分（2）该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为X，依题意，13,3XB，则()1313E X=,6 分 该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为Y，随机变量Y的可能取值为：0，1，2，3()()355101,62nP Yn=()()()35235515132111666305
12、nP Ynnn+=+=，()12 112(1)6565523126530nP Ynnn+=+=，()1362152530nP Ynn=，随机变量Y的分布列：Y 0 1 2 3 P 12n 13230n+21130n+15n()11322 1117300123230301530nnnnnE Y+=+=，10 分 第 四 页 共 七 页 因为该考生更希望进入甲大学的面试，则()()E YE X，即1730130n+，解得13030n，所以n的范围为：13030n.12 分 20.【解析】（1）四边形PABC为矩形，=33，=6且2CDDP=，()()222262 33 2BDBCCD=+=+=1
13、分 PDBD，()()22223 2321PBBDPD=+=+=2 分 3 3AB=，6PA=，222PBPAAB+=，PAPB3 分 四边形PABC为矩形，PAPD 4 分 PBPDP=，,PB PD 平面PBD，PA 平面PBD 5 分（2）过P作PEAD，交AD于E，3PD=，6PA=，2PD PAPEAD=，221DEPDPE=由（1）知PA 平面PBD，BD 平面PBD，所以PABD，由,PDBD PDAPP=得BD 平面PAD，BD 平面ABD，平面ABD 平面PAD，又PEAD，PE 平面PAD，PE 平面ABD，7 分 故以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，第 五 页 共 七
14、 页()0,0,0D，()0,3,0A，()3 2,0,0B，()0,1,2P 平面ABD的一个法向量为()0,0,1m=设平面PAB的一个法向量为(),nx y z=，则00n ABn AP=，()3 2,3,0AB=，()0,2,2AP=，3 230220 xyyz=+=，令1x=，得2y=，2z=，()1,2,2n=10 分 22 7cos,77m n=二面角PABD为锐二面角，二面角PABD的余弦值为2 77 12 分【备注】其他建系方式或立体几何方法酌情给分。21.【解析】（1）由已知得=12,所以22=122=1(12)2=34,1 分 又点(1，32)在该椭圆上，所以12+942
15、=1,2 分 所以2=4,2=3 3 分 所以椭圆 C 的标准方程为24+23=1 4 分(2)由于 BN 的斜率为 k,设直线 BN 的方程为=(2),5 分 联立方程组 =(2)24+23=1,整理得(42+3)2 162+162 12=0,6 分 所以=1621242+3,所以=82642+3，从而=1242+3,即(82642+3，1242+3),7 分 同理可得：由于的斜率为 3,则直线的方程为=3(+2),第 六 页 共 七 页 联立方程组，得=3(+2)24+23=1，可得(362+3)2+1442+1442 12=0 即(122+1)2+4822+482 4=0,所以=4824
16、122+1，所以=242+2122+1，从而=12122+1,即(242+2122+1，12122+1),8 分 当 12时，=12122+1(1242+3)242+2122+1 82642+3=442+1,9 分 所以直线MN为 1242+3=442+1(82642+3)整理得=442+1(+1)10 分 即直线MN过定点P(1，0)当=，即=12时，直线的方程为=1,也过点(1，0)11 分 综上可得，直线过定点P(1，0)12 分【注:9-12 分段可按下面方法表达】当=，即=12时，直线的方程为=1,过点(1，0)9 分 当 12时，=12122+10242+2122+1(1)=121
17、22+3=442+1,10 分=1242+3 082642+3(1)=121223=442+1，即=，所以直线过定点P(1，0)，11 分 综上可得，直线过定点P(1，0)12 分 22.【解析】(1)()ln2xg xx=+定义域为()21(0,),lngxxx=+，1 分 则()0,ex时，()2ln10 xgxx=，()g x在()0,e单调递增，2 分()e,x+时，()2ln10 xgxx=，()g x在()e,+单调递减 3 分 故函数()g x的极大值为()ee12g=+，无极小值。4 分(2)为了证明()()f xg x，只需证明12lnxxexx+（0 x），第 七 页 共
18、七 页 即只需证明1ln2e0 xxxx+.令()()1ln2e0 xh xxxxx+=()()()11111e1xxxh xxexxx+=+=+,6 分 令()11exxx+=，则()x在()0,+上单调递增，7 分 而()1122101101eee00,11010=，故()x在()0,+上存在唯一零点0 x，且01,110 x,9 分()00,xx时，()()0,0 xh x，()h x在()00,xx上单调递减；()0,xx+时，()()0,0 xh x，()h x在()0,xx+上单调递增,10 分 故()()010000minln2exh xh xxxx+=，又因为()00 x=即0101exx+=，所以()()00000ln1110=+=h xxxxx，从而()()00h xh x=，11 分 即1ln2e0 xxxx+，所以()()f xg x12 分