【文档说明】辽宁省大连市2023届高三下学期一模数学试题 含答案.docx，共(19)页，1.172 MB，由小赞的店铺上传

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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aR，i为虚数单位，若i3ia−+为实数，则a=（）A．－3B．13C．3D．13−2．如图所示的Venn图中

，A，B是非空集合，定义集合AB为阴影部分表示的集合，若{21,,4}Axxnnn==+N∣，2,3,4,5,6,7B=，则AB=（）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()2~2,XN，且(4)0.84PX=，则(04)PX=（）A．0.84B．0.68C．0.34D．0.164．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，异面直线A1D与D1C所成的角为

（）A．6B．4C．3D．2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．118B．120C．130D．1606．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()()()()000fxfxfxxx+−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3310xx−+=，选取初始值012x=

，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()N()*fnnn=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2216xy+=上的动点，点A（－3，2），现将坐标平面沿y轴折成23的二面角，则A，P两点间距离的取值范围是（）A．[13,35]B．[13,7]C．[413,35]−D．[413,7]−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ABC△中，若tansin2ABC+=，则下列结论正确的是（）A．tan1tanAB=B．0sinsin2AB+C．22sincos1AB+=

D．222coscossinABC+=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()122311112kkkQPQQPQQPQQPQ−−++++，其中(1,2,,,3)iQikk=为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面12QPQ，平面23QPQ，

…，平面1kkQPQ−和平面1kQPQ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1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，1AAAB=，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14C．若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为712，则1AC⊥平面1ABDD．若四棱柱AC1在顶点A处的离散曲率为13，则BC1与平面1ACC的夹角为411．定义在R上函数432()241fxxxxax=++++，则（）A．存在唯一实数

a，使函数f（x）图像关于直线12x=−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22:134xyC+=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，kR，使得||||3FAFB+=B．当m=1时，kR，||2FAFB+C．当k=1时，mR，使得11||||2FAFB+=D．当k=1时，mR，6||5FAFB+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1cos42−=，sin2=______．14．已知单位向量1e，2e的夹角为60，若12axeye=+，则记作[,]axy=．已知向量[1,2

]m=，[1,1]n=−则||mn+=______．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（2N）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()22234

Sbca=+−，②sinsinsinabcbCAB+−=−，③3sincoscbCCa++=，解决下面的问题．在ABC△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，23CD=，求b+c的最大值．18．（本小题满分12分）如图，平面五边形ABCDE中，ADE△是边长为2的等边三角形，CDAE∥，CD=AE，2BADABC==，将ADE△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na中，112a=，222221212(2)nnnnaan−−=+．（I）求na；（II）证明：1111

22niiiia+=+−．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23，第二题的概率为12，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*,(2)YnNn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22(,)1(0,0)Cxyaxby

ab=−=∣和集合22(,)01(0,0)Qxyaxbyab=−∣，直角坐标平面内任意点()00,Nxy，直线00:1laxxbyy−=称为点N关于双曲线C的“相关直线”．（I）若NC，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：NQ；（III）若点NQ，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：||||||||MAMBANBN=．22．（本小题满分12分）已知函数()2sin1xfxaex−=−+，()fx是f（x

）的导函数，且(0)0f=．（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2,2()2kkk+N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222642CCC90=（种）方法；②“1，2，3型”，有12336533CCCA360=（种）方法；③“1，1，4型”，有4363A90C=（种）方法，所以一共有9036090540++=（种）方法．甲得到4本方法462C30=，30154018=6．

D；解：()()()('0Cfxfxfxx+−，令()fx=，则()()000fxxxfx−，迭代关系为()()3312231213333kkkkkkkkkkfxxxxxxxfxxx+−+−=−=−=−−，

012x=，113x=，20.34722x=，选D7．A；令1y=，()()12fxfxx+=++，累加：()()312nnfn+=−，()fnn=，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

．①当P在y轴左侧时，为平面解析几何问题)413,35PA−；②当P在y轴上及右侧时，如图建系，则333,2,22A−，设()4cos,4sin,0P，,22−()()2223274cos4si

n22912cos16sin2920sin24AP=++−+=+−=−−其中3sin5=，4cos5=，则,22−−−−，()4sin1,5−−，故13,7PA，综上，413,7PA−．二．多项选择题：9

．BD；解：由cos12tansintan2sincos22222tansin22CABCCCCCC+=−===，因为cos02C，∴2212sin12sin0cos09022CCCC=−=

==，所以1tantan2tanBAA=−=，2tantantanAAB=不一定为1，A错；因为()sinsinsincos2sin45ABAAA+=+=+，0904545135AA+，∴()()2s

in45112sin4522AA++，从而肯定有0sinsin2AB+，所以B正确又coscossin2BAA=−=，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．BC；解：A项，当直四棱柱1111ABCDABCD−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1111AB

CDABCD−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ACBD=，则菱形ABCD为正方形，因为1AA⊥平面ABCD，所以1AAAB⊥，1AAAD⊥，所

以直四棱柱1111ABCDABCD−在顶点A处的离散曲率为11122224−++=，选项B正确：C项，在四面体1AABD中，1AAAB⊥，1AAAD⊥，1AAABAD==，所以114AABA

AD==，所以四面体1AABD在点1A处的离散曲率为117124412BAD−++=，解得13BAD=，易知112ABADAB==，所以2BDAB=，所以ABAD⊥，所以直四棱柱1111ABCDABCD−为正方体，结合正方体的结构特征可知

1AC⊥平面1ABD，选项C正确．D项，顶点A处的离散曲率为1112223−++=，∴3=，∴ABBD=，ABBDO⊥=，则1BC与平面1ACC的夹角12sin4BCO=，所以选项D错误；故选：BC11．ACD；A项，函数()fx图像关于直线12x=−

对称，则10,210,2ff−=−=，（或者()fx关于1,02−对称，）此时3a=；故A正确；B项，()32468fxxxxa=+++不能恒正或恒负，故B错误；C项，()2121280fxxx=++，所以

()fx单调递增且有变号零点，先负后正，所以函数()fx存在最小值，故C正确；D项，设切点()00,xy，切线为()()()4323200000000241468yxxxaxxxxaxx−++++=+++−，过

()0,0，∴43243200000000241468xxxaxxxxax++++=+++，即43200034410xxx++−=，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1m=时，联立得：()2234690kxkx++−=，

)21224143,434ABkxxk=+−=−+，∴)84,5FAFBAB+=−，故A错；A项（方法二）∴8FAFBAB+=−，max4AB=，∴4FAFB+，故A错；B项，设AB中点(),Mxy，由点差法得：034xyk+=，又1ykx=+，得点M的

轨迹方程为：()2243300xyyy+−=，()22211122121244FAFBFMxyyy+==++=++，故B正确；C项，联立得：22784120ymym−+−=，0，得：77m−，()121444444,4

2777mFAFByy+=++=+−+，411444277−+，故C正确：D项，由点差法得点M的轨迹方程为：034xy+=，625FAFBFM+=，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）

13．12−；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280xy=−；四个溢流孔轮廓线相同，

所以从右往左看，设第一个抛物线()21:142Cxpy−=−，由图抛物线1C经过点()20,5A−，则()()2201425p−=−−，解得185p=，所以()2136:145Cxy−=−，点A即桥拱所在抛物线280xy=−与()2136:145Cxy−=−的交

点坐标，设(),Axy，714x，由228036(14)5714xyxyx=−−=−，解得14013x=所以点A的横坐标为14013．故答案为：()236145xy−=−；1401316．5解：N次游戏所取卡片数字总和为()2

29940Nmnk++=++=，又1236mnk++++=，且mnk++为40的因数，()min8mnk++=，故N=2，4，5．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，6k=，1m=，3n=此时甲得21粒石子，矛盾不成立；当5N=时，8mnk++=，因为丙得9粒石子，则5k，为了使得甲获得石子，5k=，1m=，2n=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：1

7．（本小题满分10分）解：（I）选①由余弦定理得：2222cosbcabcA+−=，又1sin2SbcA=，所以13sin2cos24bcAbcA=，得tan3A=，因为0A，所以3A=．选②，因为sinsinsinab

cbCAB+−=−，由正弦定理得：abcbcab+−=−，整理得：222bcabc+−=，由余弦定理得：2221cos22bcaAbc+−==，因为0A，所以3A=．选③，因为3sincoscbCCa++=，由正弦定理得：sinsin3sincos

sinCBCCA++=，即3sinsincossinsinsinCACACB+=+，又因为ACB+=−，所以()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，所以3sinsinsincossinCACAC−=，因为0C

，所以sin0C，所以3sincos2sin16AAA−=−=，因为0A，所以66A−=，所以3A=．（II）法一：在ACD△中，设ADC=，()234sin3sin1202ACAD===−，∴4sinAC=，()4sin120AD=−∴()

()4sin8sin1208sin43cos47sin47bc+=+−=+=+，3tan2=，当90+=时取等号，所以bc+的最大值是47．法二：由余弦定理及中线定理可得：()222222,482abcbccab=+−+=

+，∴224248bbcc−+=，令tbc=+，∴()()224248bbtbtb−−+−=，∴2274480btbt−+−=，()221628480tt=−−，解得047t．当47t=时，877b=，1077AD=符合题意

，所以bc+的最大值是47．18．（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，∴OEAD⊥，1OD=，故翻折后有OPAD⊥，又∵CDAE∥，∴3CDODAE==，∵2CDAE==，∴OCAD⊥，且OPOCO=

，OP，OC平面POC，∴AD⊥平面POC，∵2BADABC==，∴ADBC∥，∴BC⊥平面POC，又∵PC平面POC，∴BCPC⊥．（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1co

s2POC=−，∴23POC=，二面角PADB−−的大小是23，在平面POC内作OMOC⊥，交PC于M，∵AD⊥平面POC，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，由（I）得，四边形OABC为矩形，又∵23POC=，3OP=，所以各

点坐标为()1,0,0A，()1,0,0D−，()1,3,0B，()0,3,0C，330,,22P−，所以3331,,22PB=−，3330,,22PC=−，()1,3,0DC

=，设平面PCD的一个法向量(),,nxyz=，则00nPCnDC==，即3330,2230,yzxy−=+=设1y=，则3z=，3x=−，∴()3,1,3n=−，设直线PB与平面PCD

所成角为，则3333321022sin70279131344−+−==++++．19．（本小题满分12分）解析：（I）由()2222212122nnnnaan−−=+得，222221221nnnnaa−−−=，令222nnnba=，则11nnbb−−=，∴n

b为首项为1，公差为1的等差数列，∴()222111nnann=+−=，0na，得2nnna=．（II）12231111122311112222222222niinnniinnna+++=+

++−=−+−++−=−．20．（本小题满分12分）解：（I）X可取值为1，2，3，()2111323PX===，()2111215232233218PX==+=，()1573131818PX==−−=，因此

X的分布列为X123P13518718（II）（i）Y可取值为1，2…，n，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,Ykknk=−

N时，()12133kPYk−==．当Yn=时，()123nPYn−==．Y的分布列为：Y123…1n−nP13213322133…22133n−123n−（ii）法一：()111*1212(),2333knnk

EYknnn−−−==+N记n名同学随机变量Y的数学期望为()nEY，()()()111212221033333nnnnnnEYEYnnn−−+−=++−=，故()EY随n增大而增大；求得

()253EY=，故()()()()()()()()232431nnnEYEYEYEYEYEYEYEY−=+−+−++−，∴()22231122133522252323233333313nnnEY−−−−=++

++=+=−−．法二：()()22112121212231(1)33333333nnEYnn−−=++++−+()()231221212

121223133333(2)33333nnEYnn−=++++−+（1）－（2）得()()22111212122212133333333333nnnnEYnnn−−

=+++++−−−()11112133221221123333313nnnnnnnn−−−−=+−−−=−

−所以()123233nEY−=−，故()EY随n增大而增大，且小于3．21．（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220011axbyaxxbyy−=

−=，∴()222220000210abyaxxaxxby−+−−=，∵NC，∴22001axby−=，∴220020axaxxax−+−=，∴222200440axax=−=，∴直线l与双曲线C相切．（II）证明：由（I）知()222220000210abyaxx

axxby−+−−=，∵直线l与双曲线C的一支有2个交点，则22200202220000,10abyaxbyabyax−−−−∴()()()222222220000000441410a

xabyaxbyabyaxby=−−−−=−+∴222001axby−，∵()2200222220000110bybyabyaxaaxby−−+=−−，∴220001axby−，∴()00,NxyQ．（III）法一：设()11,Mx

y，(),Axy，设MAAN=，MBBN=．∵()00,Nxyl，∴1−，则101011xxxyyy+=++=+，代入双曲线22:1Caxby−=，利用M在l上，即01011axxbyy−=，整理得()22

2220011110axbyaxby−−+−−=，同理得关于的方程()222220011110axbyaxby−−+−−=．即、是()222220011110axbytaxby−−+−−=的两根

，∴0+=，∴MAMBANBN=．（III）法二：设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Mxy，设ANNB=，则1201201,1xxxyyy+=++=+∵A，B在双曲线上，∴2

21122221(1)1(2)axbyaxby−=−=（1）－2（2）得：()()222222212121axxbyy−−−=−，∴1212121211111xxxxyyyyab+−+−−=+−+−，即121200111xxyyaxby−−−

=−−，∴点1212,11xxyy−−−−在l上，又∵点1212,11xxyy−−−−在AB上，∴12312311xxxyyy−=−−=−，此时AMMB=−，∴MAMBANBN=．（III）法三：设()11,Axy

，()22,Bxy，()33,Mxy，设直线MN上()00yykxx−=−，联立方程组()00001yykxxaxxbyy−=−−=，解得20003001bkxybyxaxbky−++=−，联立方程

组()0022001yykxxaxby−=−−=，得()220001axbkxxy−−+=，()()()2222200000210abyxbkkxyxbkxy+−−+−−+−=，()()()2222222222000000

44210xbkkxyxabybkxbkxyby=−−+−+−+−−，20012222022bkxbkyxxaby−++=+，222000012222021bkxbkxybyxxaby−+−−=+()()()()()2230113021MABNANMBkxxxxxx

xx−=+−−+−−())()()2120312303122kxxxxxxxxx=+−++++()()()(2200002222222000000000000000222201221221xbkxybybkxybybkxbkxybyx

bkxbkyabyaxbkyaxbkykaby−+−++−+−−−+−+++−−=++0=∴MAMBANBN=．22．（本小题满分12分）解：（I）∵()2sin1xfxaex−=−+，∴()2cosxfxaex−−=−．∵()00f=，∴()021

0fa=−−=，∴12a=−．∴()sin1xfxex−=−−+，()()cos1cosxxxfxexeex−−=−=−，当0x时，1cosxex−，∴()0fx当04x时，令()1cosxgxex=−，∵()()sin

cos0xgxexx=−∴()gx在0,4单调递减，∴()()00gxg=，∴()0fx，所以函数()fx在0x=处取得极大值；（II）()()sin11sin1xxxfxexeex−−=−−+=−−，令()()1sin1xhxex=−−，则()()1s

incos12sin4xxhxexxex=−−=−+，当()2,22xkkk+N时，2sin42x+，∴()0hx．∴()hx在区间()2,22kkk+N单调递减，又∵()2210khke=−，21

02hk+=−∴()hx在区间()2,22kkk+N有唯一零点，故()fx在区间()2,22kkk+N有唯一零点．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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