辽宁省大连市2023届高三第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选
题1．已知，则（?）A．B．C．D．2．已知复数为其共轭复数，则的虚部为（?）A．2B．C．D．3．设，，，若，，则的最大值为（?
）A．2B．C．1D．4．某校高三年级有1000人参加期末考试，经统计发现数学成绩近似服从正态分布，且成绩不低于140分的人数为1
00，则此次考试数学成绩高于100分的人数约为(?)A．700B．800C．900D．9505．如图，正方体的棱长为1，分别为线段
上两个动点且，则下列结论中正确的是（?）A．存在某个位置，使B．存在某个位置，使平面C．三棱锥的体积为定值D．的面积与的面积相等6
．下列命题错误的是（?）A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1B．设，且，则C．线性回归直线一定经过样本点的
中心D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越狭窄，其模型拟合的精度越高7．已知，，，则（?）A．B．C．D．8．已知函数则A．
B．C．D．二、多选题9．为评估一种农作物的种植效果，选了10块地作试验田.这10块地的亩产量（单位：kg）互不相等，且从小到大分
别为，则下列说法正确的有（?）A．的平均数可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度B．的标准差可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度C．
可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度D．的中位数为10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三
角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（?）A．B．C．D．
11．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互瞭望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的
轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线
为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（?）A．点的轨迹方程是B．直线是“最远距离直线”C．平面上有一点，则的最小值为5D．点所
在的曲线与圆没有交点12．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（?）A．B．点P在线段上
C．平面D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为三、填空题13．已知双曲线的左、右顶点与椭圆的左、右焦点重合，且E的左、右焦点与T
的左、右顶点重合，则E的离心率为______.14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数解析式________.①的最大值为2；②
，；③是周期函数．15．在函数的图像对称中心中，与原点O最近的为点M，定点，则在上投影的数量是___________.16．已知函
数，若方程恰有两个不同的实数根m，n，则的最大值是_________.四、解答题17．已知等差数列的首项，记的前n项和为，.(1)
求数列的通项公式；(2)若数列公差，令，求数列的前n项和.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．(1)求A；(2)若，
求．19．已知甲、乙两组学生某次的测试成绩分数整理成如图所示的茎叶图.(1)求甲组的平均数，并求乙组的25%分位数；(2)现在老师
想进行试卷分析，在甲组中，，各找一人成绩，组成一组，求79分、97分不全被选中的概率.20．如图所示的几何体是圆锥的一部分，其中是
圆锥的高，，底面是扇形，满足，，点为弧的中点.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值.21．已知抛物线C：（）的
焦点为F，M（4，）是抛物线C上的点，O为坐标原点，．(1)求抛物线C的方程；(2)P（a，b）（）为抛物线C上一点，过点P的直线
l与圆相切，这样的直线l有两条，它们分别交该抛物线C于A，B（异于点P）两点．若直线l的方程为，当|PA|=|PB|时，求实数a的
值．22．已知函数(1)若，证明：当时，.(2)若，，求a的取值范围.参考答案：1．C【分析】利用交集定义即可求得【详解】由，可得
则故选：C2．B【分析】写出共轭复数，代入中，根据复数的除法运算即可化简，即可得虚部.【详解】，虚部为-2，故选：B．3．C【解析
】先利用指、对数的关系把x、y分离出来，再转化为基本不等式求最值.【详解】解：∵，，，，∴，，∴，当且仅当时取等号.∴的最大值为1
.故选：C.【分析】基本不等式通常从以下方面考查：(1)应用条件：一正、二定、三相等；(2)对式子进行适当的变形，构造基本不等式的
应用条件求最值.4．C【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解．【详解】由题可知，x=140和x=100关于x=120对称，故此次
考试数学成绩低于100分的人数为100，故此次考试数学成绩高于100分的人数约为1000-100=900．故选：C．5．B【分析】
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，对选项逐项分析即可.【详解】由题可知，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，，故
，，，对于A，，，，， ，若使，则需，则需圆与直线有交点，由于，画出图像如下图所示，由图可知无交点，故A不正确；对于B，设平面的一
个法向量为，又，，，又，所以， 若使平面，则需，则需圆与直线有交点，由于画出图像如下图所示，由图可知，图像有交点，故B正确；对于C
，，因为，因为分别为线段上的动点，故三棱柱的高是变化的，故三棱锥的体积为不是定值，故C不正确；对于D，由正方体的结构特征可知与不平
行，故到的距离和到的距离不相等，故的面积与的面积不相等，故D不正确.故选：B6．B【分析】利用相关关系判断A；由正态分布的性质判断
B；由线性回归直线的性质判断C；由残差的性质判断D.【详解】对于A，根据相关系数的意义可知，A正确；对于B，由，知，即概率密度函数
的图像关于直线对称，所以，则，故B错误；对于C，根据线性回归直线的性质可知，C正确；对于D，根据残差图的意义可知， D正确；7．A
【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对
数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论.【详解】解：，，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，令，则，当时
，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，即，所以，即，所以，由，得，由，得，，因为，所以，所以，所以，即，所以，综上所述.故
选：A.【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难
度.8．B【分析】本题可以对分段函数进行分开讨论，时，函数是一个周期函数，时，函数是对数函数．【详解】当时，，即有，两式合并，可得
是周期为4的函数，既，当时，，既综上所述，．【点睛】若函数满足，则函数为周期函数，周期为．9．BC【分析】根据平均数、标准差、极差
、中位数的定义即可求解.【详解】解：标准差和极差都可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度，故BC正确.故A错误，中位数为，故D错.故
选：BC.10．ACD【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意可知，，B选项错误.，，A正确
.，，C正确.，.D选项正确.故选：ACD11．BC【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方
程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.【详解】对于A项：设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半
，所以，化简得，故A错误；对于B项：联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；对于C项：过P作PB垂直直
线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；对于D项：由可得，即圆心为，半径为1，易得点P
的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：BC.12．BC【分析】对A，由面面平行说明；对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由
向量法说明，C，P三点共线；对C，由向量法证，再由线线垂直证平面；对D，由向量法求线面角，进而讨论范围.【详解】对于A，点P在平面
内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，所以，A错误；对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐
标系，则，，，，，，且，，所以，，．因为，所以，所以，即，所以，所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；对于C，，，，，
，由，因为，，平面，所以平面，C正确；对于D，，，平面的一个法向量为．设与平面的夹角为，为锐角，其正弦值为．由，得，D错误．故选：
BC．13．2【分析】设双曲线的焦距为，求出椭圆的焦点及左右顶点，根据题意求得，即可得出答案.【详解】解：设双曲线的焦距为，椭圆的
焦点为，左右顶点分别为，因为双曲线的左、右顶点与椭圆的左、右焦点重合，且E的左、右焦点与T的左、右顶点重合，所以，所以E的离心率.
故答案为：2.14．(答案不唯一)【分析】写出一个最大值是2，关于x=1对称的周期函数即可.【详解】由于是周期函数，所以考虑为正弦
型函数或余弦型函数，由，可知，的图象关于直线x=1对称，又的最大值为2，所以．故答案为：（答案不唯一）.15．【分析】由正切函数的
性质可得函数的图像对称中心为，进而可得，从而利用向量数量积的几何意义即可求解在上投影的数量为.【详解】解：由题意，令，可得，所以函
数的图像对称中心为，所以与原点O最近的为点，所以，，所以在上投影的数量为，故答案为：.16．【解析】画出分段函数的图象，构造新函数
，利用函数的导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】作出函数的图象，如图所示，由可得，所以，即，不妨设，则，令，则，所以，令
，则，所以当时，；当时，，当时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查了函数的图象，以及利用导数求解函数的单调性和最值及应用
，着重考查数形结合法，以及推理与运算能力，属于基础题.17．(1)或(2)【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式运算求解；（
2）根据题意可得，，利用裂项相消法求和【详解】（1）由题意可得：，整理得，则可得或，故或.（2）∵，由（1）可得，则，故所以.18
．(1)45°(2)【分析】（1）利用余弦定理求得.（2）结合正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.【详解】（1）由题设及余弦定理得
．因为，所以．（2）由题设及正弦定理得，可得，由，可知，故．19．(1)，81；(2).【分析】（1）利用平均数的概念及百分位数的
概念即得；（2）利用古典概型概率公式及对立事件概率公式即求.(1)由茎叶图的数据可得，甲组的平均数为，因为，所以乙组的25%分位数
是第3个数81；(2)记“79分、97分不全被选中”为事件A，在甲组中，，各找一人成绩，组成一组，基本事件有种等可能的结果，其中7
9分、97分全被选中的基本事件有4种，故，∴.20．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定
证明平面，再利用面面垂直的判定推理作答.（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算作答.【详解】（1）依题意，平面，平
面，有，又点为弧的中点，即有，且平面，则平面，又平面，所以平面平面.（2）以为原点，的方向分别作为轴的正方向建立空间直角坐标系，如
图，则，所以，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.21．(1)(2)【分析】
（1）由抛物线的定义可得，设点 在轴上的射影为，则由题意可得，，从而可求出，进而可得抛物线方程，（2）由直线l与圆相切可求得，当不
满足，则，设这两切线对应的分别是，，利用根与系数的关系，设，，将直线方程代入抛物线方程中，消去，利用根与系数的关系，设圆的圆心为，
由题意可得，从而由斜率关系列方程求解即可(1)∵是抛物线上的一点，∴．设点 在轴上的射影为，∵，∴． ∴，解得，．所以，抛物线的方
程是．(2)∵直线与圆相切，∴，即．若，则过点和圆相切的一条直线平行于抛物线的对称轴轴，不满足条件，所以．∴．①设这两切线对应的分
别是，，则有．设，．由方程组得，．∴②，不妨令，， 则，，∴，即．设圆的圆心为，∵，∴直线与的斜率存在，且都不为零，．由，得，，即
．∴，即．解得，．经检验，及相应的和满足①②．所以，实数的值为．22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）求导得到，构造，求导，得
到函数的单调性，从而得到，进而得到，在上单调递增，证明出结论；（2）利用同构构造，得到，证明出，结合，分与讨论得到答案.【详解】（1）证明：因为，所以今函数，则当时，，所以在上单调递增，故，即，则在上单调递增.故当时，（2）等价于等价于令函数，则等价于令函数，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，即恒成立．若，则在上恒成立，单调递增，恒成立．符合题意.若，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增．此时，这与恒成立矛盾，不符合题意．综上所述，a的取值范为．【点睛】同构是一种重要方法，常常用在处理复杂的函数，且同时存在与的函数，要注意总结常用的同构函数.答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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