2023-2024学年辽宁省大连市高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年辽宁省大连市高三上学期期中数学质量检测模拟试题第Ⅰ卷（60分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个选项符合题意）1．已知复数，则（

）A．5 B． C．10 D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知，则（

）A． B． C． D．44．函数f（x）=x2–xsinx的图象大致为（

）A． B．C． D．5．设等差数列的公差为,前项和为,则“”是“单调递增”的(

)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．若函数在具有单调性，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知圆：和直线：，点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（

）A． B．C． D．8．已知函数有且只有一个零点，则的值为（

）A． B． C． D．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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9．若，则下列关系一定成立的是（

）A． B．C． D．10．如图，在方格中，向量的始点和终点均为小正方形的顶点，则（

）A． B． C． D．11．若函数，则下列结论正确的是（

）A．是偶函数B．的最小值为C．曲线关于直线对称D．函数在上有3个零点12．已知和为椭圆：的左顶点和右顶点，点是椭圆上不与和重合的动点，若点与点位于直线异侧，且满足，，则（

）A．点在椭圆的外部 B．点的轨迹为椭圆C． D．面积的最大值为第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上）13．点到双曲线的一条渐近线的距离为.14．在等比数列中，，，则.15．设复数，满足，，则.16．已知函数在区间恰有一个极小值点，三个零点，则的取值范围是.四、解答题（本题共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．已知等差数列的前n项和为.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．19．已知函数，.(1)直接写出曲线与曲线的公共点坐标，并求曲线在公共点处的切线方程；(2)已知直线分别交曲线和于点A，B，当时，设的面积为，其中O是坐标原点，求的最大值.20．设是数列的前n项和，已知，(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；(2)证明：当时，.21．已知抛物线的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过，，，四点中的两点.(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线交于两点，与抛物线交于两点，在第一象限，在第四象限，且，求的值.22．已知函数.(1)若对任意的恒成立，求t的取值范围；(2)设且，证明.答案和解析1．D【分析】根据复数乘除法运算化简，再由复数模的计算公式求解.【详解】因为，所以，所以.故选：D2．B【分析】先分别解一元二次不等式和指数不等式，再根据交集的定义求解即可.【详解】，解得，所以.，解得，所以.所以.故选：B3．A【分析】根据诱导公式化简，再由同角三角函数的基本关系，两角和的正切公式求解.【详解】，，即，，故选：A4．A分析函数的奇偶性，并利用导数分析该函数在区间上的单调性，结合排除法可得出合适的选项.【详解】因为，且定义域关于原点对称，所以函数为偶函数，故排除B项；，设，则恒成立，所以函数单调递增，所以当时，，任取，则，所以，，，所以，函数在上为增函数，故排除C、D选项.故选：A.本题考查利用函数解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、函数零点以及函数值符号，结合排除法得出合适的选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5．D【分析】根据等差数列的通项公式与前n项和的关系，以及数列的单调性得，可得选项．【详解】充分性：设等差数列的首项为，公差为,且，则，所以不一定成立，即由不能推出数列单调递增，所以充分性不成立；必要性：数列单调递增，则对任意，，当时，即可满足，∴不能推出，所以必要性不成立.故选：D．本题主要考查等差数列的通项，前n项和，数列的单调性，关键在于得出数列的通项与前n项的和关系，属于基础题。6．C【分析】根据导数与函数的单调性的关系进行求解即可.【详解】由，当函数在单调递增时，恒成立，得，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因此有，当函数在单调递减时，恒成立，得，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，显然无论取何实数，不等式不能恒成立，综上所述，a的取值范围是，故选：C7．A【分析】结合题意，利用等面积法表示出，通过分析转化为圆心到直线的距离最小，再利用四点共圆的知识求得动点的轨迹，联立两个圆的方程就可以得到直线的方程.【详解】由题意可得:,所以,要使得最小，只需直线上的动点到点的距离最小，其最小值是圆心到直线的距离，此时，且满足.所以此时直线的方程为：，即，联立，解得：，即，由于四点共圆，以为直径的圆的方程：，即：，联立两个圆的方程，得到直线的方程为.故选：A.8．A【分析】求导，对导函数同构变形，构造，得到其单调性，进而得到的单调性，从而得到要想满足有且只有一个零点，只需，得到方程，求出答案.【详解】定义域为R，且，令，则恒成立，故在R上单调递增，当，即时，，单调递增，当，即时，，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故要想满足有且只有一个零点，只需，即，解得.故选：A9．BC【详解】令，可判断A、D两项，根据指数函数，幂函数以及对数函数的单调性，即可判断BC两项.【分析】当，时，不满足，所以A不成立；根据在实数集上单调递增，所以，一定有，所以B成立；在实数集上单调递减，所以，一定有，所以C成立；当，时，，此时，所以D不成立.故选：BC10．BCD【分析】A选项，由于两向量方向不同，故；B选项，建立平面直角坐标系，求出向量坐标，从而对BCD进行判断.【详解】A选项，由于的方向不同，故，A错误；B选项，如图所示，建立平面直角坐标系，则，故，故，又，故，B正确；C选项，，故，C正确；D选项，，，故，D正确.故选：BCD11．ACD【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义，即可判断A，由条件可得的一个周期为，分别计算函数在与的最小值，即可判断B，由对称性的定义即可判断C，由函数零点的定义，代入计算，即可判断D.【详解】因为，则是偶函数，故A正确；因为，所以的一个周期为，当时，，因为，则，的最小值为，当时，，因为，则，的最小值为，故B错误；因为，所以曲线关于直线对称，故C正确；当时，令可得，因为，所以或，即或，当时，令可得，因为，所以，即，所以函数在上有3个零点，故D正确；故选：ACD12．AC【分析】通过条件先分析出和为直角，求出点轨迹方程，再逐个判断选项的对错，C选项中向量的数量积要注意向量的转化即可.【详解】如图所示，因为且，所以，又因为点是椭圆上不与和重合的动点，所以和存在，所以，由题知，不妨令，则，即①，所以，解得，又因为，代入可得，对于A：点的轨迹为，联立，解得（舍），所以两个曲线没有交点且过椭圆Γ外的点，所以在椭圆的外部，A正确；对于B：点的轨迹为椭圆缺少左右顶点，B错误；对于C：，，而，，所以，C正确；对于D：当点取到时的面积取到最大值，D错误，故选：AC关键点点睛：本题解题关键是由已知条件确定出C的轨迹，同时对于选项C，应用极化恒等式也能快速得到答案.13．2【分析】根据双曲线的方程求出渐近线的方程，然后根据点到直线的距离公式，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，双曲线的渐近线方程为.所以，点到，即的距离.故2.14．8【分析】根据等比中项的性质求解即可.【详解】由题，则，且，所以，故815．【分析】依题意设，，，根据复数代数形式的运算法则及复数模的计算公式计算可得.【详解】由题意设：，，，所以得：，化简得：，，，化简得：，，所以得：所以得.故答案为.16．【分析】根据题意，由条件可得，结合条件可得，即可得到不等式.【详解】因为，令，记，因为，且，所以，所以函数在区间恰有一个极小值点，三个零点可以转化为在上恰有一个极小值点，三个零点，则，解得，则的取值范围是.故17．(1)(2)【分析】（1）设数列的公差为，列方程求，写出等差数列通项公式；（2）利用裂项相消法求和.【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以，，解得，，所以．（2），因为所以．所以.18．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后可利用余弦定理求得结果；（2）由题意可得，然后根据正弦定理表示出，再求出角的范围，从而可求出，进而可求出△ABC面积的取值范围．【详解】（1）由题设及正弦定理得，所以，故，因为，所以．（2）由题设及（1）知△ABC的面积．由正弦定理得．由于△ABC为锐角三角形，故，．由（1）知，所以，所以，所以，所以，所以，故，从而．因此，△ABC面积的取值范围是．19．(1)，(2)【分析】（1）通过观察求出交点坐标，再通过单调性证明唯一交点，再通过求导求出切线方程的斜率，从而得到切线方程；（2）先得到面积公式，然后通过求导分析出单调性，再由单调性得到最值即可.【详解】（1）因为，，所以单调递增，单调递减，又，所以与有且只有一个交点，所以曲线与曲线的公共点坐标为；因为，所以，所以曲线在公共点处的切线方程为，即.（2）因为直线分别交曲线和于点A，B.所以A，B.，.因为时，，所以，所以，，，令，得，所以的情况如下：0极大值因此，的极大值，也是最大值为.20．(1)证明见解析，(2)证明见解析【分析】（1）根据递推公式可推得，即.求出的值，即可证明得出等比数列.根据公式得出，进而得出通项公式；（2）根据（1）的结果，结合递推公式可推得，进而得出，并项求和然后分组，根据等差数列以及等比数列的前n项和公式，即可得出.作差构造函数，根据函数的单调性即可得出证明.【详解】（1）由已知得，所以.因为，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以的通项公式.（2）由知，所以，所以，所以.当时，.令，根据复合函数的单调性可知，当时，单调递增.又，所以时，有，即，所以当时，，即当时，.21．(1)(2)【分析】（1）根据抛物线的对称性，利用代入法进行求解即可；（2）设出直线，，根据直线与抛物线的位置关系得到，，再结合题目条件利用平面向量共线的性质转化，可得到，从而解出.【详解】（1）由抛物线的顶点在原点，对称轴为坐标轴可知，点和点不可能同时在抛物线上，点和点不可能同时在抛物线上，点和点不可能同时在抛物线上，点和点也不可能同时在抛物线上，，两点分别位于第二、四象限，这样的抛物线不存在，所以抛物线只能过，，根据两点位置可设，代入点，则，得，所以，抛物线过点，满足题意．综上，抛物线的方程为．（2）设直线，，根据题意可知：，且，联立，得，则，同理联立，得，则，由得，即，所以，即，整理得，又因为，所以，由，得，联立，所以，故.

关键点睛：本题的关键是由得到平面向量表达式.22．(1)(2)证明见解析【分析】（1）构造函数，对