2023年辽宁省沈阳市东北重点学校高考数学最后一模试卷

这是一份2023年辽宁省沈阳市东北重点学校高考数学最后一模试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年辽宁省沈阳市东北重点学校高考数学最后一模试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知，为的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，2.  已知复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知随机变量，分别满足，，且期望，又，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是(    )A.
B.
C.
D.
 5.  若等比数列的前项，前项，前项的和分别为，，，则(    )A.  B.
C.  D. 6.  设函数，已知在上有且仅有个零点，则下列说法错误的是(    )A. 的取值范围是
B. 的图象与直线在上的交点恰有个
C. 的图象与直线在上的交点可能有个
D. 在上单调递减7.  已知函数的定义域为，若为奇函数，为偶函数，，则下列结论一定正确的是(    )A. 函数的周期为 B.
C.  D. 8.  已知圆：和：，动圆与圆，圆均相切，是的内心，且，则的值为(    )A.  B.  C. 或 D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  在中，内角，，所对的边分别，，，，下列说法正确的是(    )A. 若，则 B. 外接圆的半径为
C. 取得最小值时， D. 时，取得最大值为10.  在正方体中，，，分别为棱，，上的一点，且是的中点，是棱上的动点，则(    )A. 当时，平面
B. 当时，平面
C. 当时，存在点，使，，，四点共面
D. 当时，存在点，使，，三条直线交于同一点11.  已知，，，，则以下结论正确的是(    )A.  B.
C.  D. 12.  已知双曲线：的左，右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支交于点，，与双曲线的渐近线交于点，在第一象限，，在第四象限，为坐标原点，则下列结论正确的是(    )A. 若轴，则的周长为
B. 若直线交双曲线的左支于点，则
C. 面积的最小值为
D. 的取值范围为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知，则的值为______ ．14.  某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两班的人数之比为：，其中甲班中女生占，乙班中女生占则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率是______．15.  已知平面向量，，且满足，若为平面单位向量，则的最大值______ ．16.  设，为的展开式的各项系数之和，表示不超过实数的最大整数，则的最小值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知函数，．
求的单调递增区间；
设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．18.  本小题分
已知数列满足．
证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解．19.  本小题分
如图，在四棱锥中，，，为棱的中点，异面直线与所成的角为．
Ⅰ在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由；
Ⅱ若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
20.  本小题分
近年来随着新能源汽车的逐渐普及，传统燃油车市场的竞争也愈发激烈近日，各地燃油车市场出现史诗级大降价的现象，引起了广泛关注年月以来，各地政府和车企打出了汽车降价促销“组合拳”，被誉为“史上最卷”的汽车降价促销潮从南到北，不断在全国各地蔓延，据不完全统计，十几家车企的近个传统燃油车品牌参与了此次降价，从几千元到几万元助力汽车消费复苏记发放的补贴额度为千元，带动的销量为千辆某省随机抽查的一些城市的数据如下表所示． 根据表中数据，求出关于的线性回归方程；
若该省城市在年月份准备发放额度为万元的补贴消费券，利用中求得的线性回归方程，预计可以带动多少销量？
当实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值不超过时，认为发放的该轮消费券助力消费复苏是理想的若该省城市月份发放额度为万元的消费补贴券后，经过一个月的统计，发现实际带动的消费为万辆，请问发放的该轮消费券助力消费复苏是否理想？若不理想，请分析可能存在的原因．
参考公式：．
参考数据：．21.  本小题分
已知抛物线：的焦点为，，点是在第一象限内上的一个动点，当与轴垂直时，，过点作与相切的直线交轴于点，过点作直线的垂线交抛物线于，两点．
求的方程；
如图，连接并延长，交抛物线于点．
设直线，其中为坐标原点的斜率分别为，，证明：为定值；
求的最小值．
22.  本小题分
已知函数，．
若，证明：当时；
当时，，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
，
，，A错误；时，，C错误；，，D错误．
故选：．
根据可判断B正确，D错误，并得出，从而判断，都错误．
本题考查了补集的运算，子集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由，
所以．
故选：．
先化简复数，利用即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由题意知，，，
故，
由，知，故，，
故选：．
利用正态分布的对称性可求得，根据二项分布以及正态分布的均值，结合题意列方程，可求得答案．
本题考查二项分布与正态分布的期望，方程思想，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，
连接，，，，
根据题意可知，又，
是平行四边形，
，且是中点，又是中点，
，，
是异面直线与所成的角或补角，
又，平面，
平面，又平面，
，设，则，
从而，，，，，
，，，
在中，由余弦定理可得：
，
异面直线与所成的角的余弦值为，
故选：．
取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，，证明，得是异面直线与所成的角或补角，设，用余弦定理计算，即可得解．
本题考查异面直线所成角的求解，余弦定理的应用，属中档题．
 5.【答案】 【解析】解：若公比，不妨假设的各项都是，则，，，成立；
则只有选项A，D正确，、C错误．
若公比，
则，，，故选项A不成立．
，
，
故B，
故选：．
讨论公比是否是，从而分别求，，，从而判断选项是否成立即可．
本题考查了等比数列的性质的判断与应用，同时考查了分类讨论及学生的化简运算能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：对于选项，因为，当时，，
因为函数在上有且仅有个零点，
所以，解得，对；
对于选项，当时，且，
由，可得或，
故的图象与直线在上的交点恰有个，对；
对于选项，若，则当时，
由，可得或，
所以的图象与直线在上的交点可能有个，对；
对于选项，当时，，
因为，所以，，
所以函数在不一定单调递减，错．
故选：．
由可求得的取值范围，结合已知条件可得出关于的不等式组，解出的取值范围，可判断选项；在时，由，可得出的值，可判断选项；取，由，可得出的可能取值，可判断选项；利用余弦型函数的单调性，可判断选项．
本题考查了三角函数的综合应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：由题意得，
得，函数图象关于点对称，，
由于为偶函数，则，得，
函数图象关于直线对称，即，
得，，
所以是，A错误；
由，得，，B错误，
，，C错误，D正确．
故选：．
为奇函数，得函数图象关于点对称，为偶函数，函数图象关于直线对称，可得函数的一个周期为，由此判断各选项即可．
本题考查抽象函数的性质，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：根据题意：圆：，其圆心，半径，
圆：，其圆心，半径，
又因为，所以圆心距，所以圆内含于圆，如图，
因为动圆与圆，圆均相切，设圆的半径为，
分种情况讨论：
动圆与圆内切，与圆外切，
则有，，
所以，
即的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，
因为为的内心，设内切圆的半径为，
又由，
则有所以，
所以，
所以，
所以，
圆内切于动圆，动圆内切于圆，
则有，，
所以，
同理可得：，则有；
综合可得：或；
故选：．
根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心和半径，由动圆与圆，圆均相切，可得或，由，可得，从而可求得的值．
本题考查圆与圆的位置关系，涉及轨迹方程的求法以及椭圆的定义，属于难题．
 9.【答案】 【解析】解：对，由正弦定理即，又，故，
故三角形面积为，故A错误；
对，，则，设外接圆的半径为，则，
故，故B正确；
对，由及正弦定理可得，
由余弦定理，即，
化简可得，由基本不等式，，当且仅当时取等号，
此时，故当时，取得最小值，故C错误；
对，由，，当时，取得最大值，故D正确．
故选：．
对，由正弦定理化简可得，再根据三角形面积公式判断即可；对，根据结合正弦定理判断即可；对，根据正弦定理与余弦定理化简可得，再根据基本不等式与三角函数性质判断即可；对，根据三角函数值域求解即可．
本题考查正余弦定理，考查基本不等式的应用，属中档题．
 10.【答案】 【解析】解：当时，易知平面，A错误；
当时，，，分别为，，的中点，连接，，；
由图易知四边形与均为平行四边形，则，，
所以，则，，，四点共面，平面，B正确；

如图，延长与的延长线交于点，连接与的交点即为点，
则，，，Ⅰ四点共面，C正确；

如图，连接并延长与的延长线交于点，连接与的交点即为点，
则存在点，使，，三条直线交于同一点，D正确．

故选：．
依据每个选项的条件，结合图形可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查空间想象能力，考查推理论证能力，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：对于，由题意知，，是函数分别与函数，图象交点的横坐标，，两个函数的图象关于直线对称，的图象也关于对称，故两交点，关于直线对称，所以，，故A正确；
对于，由，可得即，故B正确；
对于，，故D正确；
对于，，令，则，则在上单调递减，则，故C错误；
故选：．
对于，由题意知点，关于直线对称，所以，，即可判定；
对于，由，可得即，即可判定；
对于利用均值不等式求解；
对于，构造，利用导数判定单调性，即可求解；
本题考查了指数函数、对数函数的性质、不等式的性质，考查了转化思想，运算能力，属于难题．
 12.【答案】 【解析】解：因为双曲线的标准方程为，则，

易知点、，双曲线的渐近线方程为，
对于选项，当轴，直线的方程为，
联立，可得，此时，，
则，
此时，的周长为，故A错误；
对于选项，因为双曲线关于原点对称，则点关于原点的对称点也在双曲线上，
因为若直线交双曲线的左支于点，则点、关于原点对称，
即、的中点均为原点，故四边形为平行四边形，
所以，即，故B对；
对于选项，易知的方程为，的方程为，所以，
因为直线与双曲线的右支交于点、，则直线不与轴重合，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
则，解得，
由韦达定理可得，，可得，
联立，可得，即点，
联立，可得，，即点，
所以，，
所以，当且仅当时，等号成立，故C错；
对于选项，，
当时，，
当时，，
因为函数在上单调递减，
此时，
当时，因为函数在上单调递减，
此时，
综上所述，的取值范围是，故D对．
故选：．
利用双曲线的定义可判断选项；
利用平行四边形的几何性质可判断选项；
设直线的方程为，求出、，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可判断选项；
由双曲线的定义，求出关于的函数关系式，利用函数的单调性可求得的取值范围，可判断选项．
本题考查了双曲线的性质、直线与双曲线相交形成三角形的面积的范围问题，也考查了计算能力，数形结合思想，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，，且，
，，
．
故答案为：．
根据条件可得出，从而可求出的值，并得出，然后根据正弦的二倍角公式即可求出答案．
本题考查了正弦函数的单调性，正弦的二倍角公式，三角函数的诱导公式，考查了计算能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：记与分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的，表示是女生，
由题意可得，，，，，
由全概率公式可得，
，
故该社区居民遇到的一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为，
故答案为：．
根据已知条件，结合全概率公式，即可求解．
本题主要考查了全概率公式，熟练掌握公式是关键，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：，设与的夹角为，
，
，
又，则，
不妨设，再设，
则，
即，
所以的最大值为．
故答案为：．
先根据平面向量的数量积公式求出与的夹角，根据条件，可设，再设，根据平面向量的坐标运算和数量积公式，以及三角恒等变换和三角函数的性质得出，即可求出结果．
本题考查平面向量的综合运用，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：令，有，，
，，
因此表示点到直线上的点的距离的平方，
因为与的交点的横坐标且，又点与距直线近，
故．
故答案为：．
令，有，求出，则的几何意义为点到点的距离的平方，最小值为点与到直线的距离的平方，然后利用点线距离公式求解即可得答案．
本题主要考查了二项式定理的应用、点线距离公式，意在考查学生对这些知识的理解水平和分析推理能力，有一定的难度．
 17.【答案】解：函数
，，
由，解得，，
时，，
可得的增区间为；
设为锐角三角形，
角所对边，角所对边，
若，即有，
解得，即，
由余弦定理可得，
化为，
解得或，
若，则，
即有为钝角，不成立，
则，
的面积为． 【解析】由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；
由，解得，再由余弦定理解方程可得，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．
 18.【答案】解：，
，即，
数列为公差为的等差数列，
故；
，
，
这样有个，
故，，，
，
两式相减得，
，
又为递增数列，
又，，，则，
故最大正整数解为． 【解析】根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，即可得出答案；
不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：Ⅰ延长交直线于点，
点为的中点，，
，，
，即，
四边形为平行四边形，即．
，，，
平面，平面，
平面，
，平面，
平面，
故在平面内可以找到一点，使得直线平面．
Ⅱ如图所示，，即，
且异面直线与所成的角为，即，
又，，平面，平面．
平面，，
又，，，，平面，
平面，
平面，．
因此是二面角的平面角，大小为．
．
不妨设，则．
以为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，

，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，可得：．
令，则，，．
设直线与平面所成角为，
则． 【解析】本题考查了线面平行的判定定理，以及利用空间向量求线面的夹角，同时考查了二面角，线面垂直的判定定理和性质定理，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
Ⅰ延长交直线于点，由点为的中点，可得，由，可得，已知，可得四边形为平行四边形，即利用线面平行的判定定理证明直线平面即可．
Ⅱ由，异面直线与所成的角为，以及，可得平面利用线面垂直的判定定理和性质定理可得，因此是二面角的平面角，大小为，所以，不妨设，
则建立空间直角坐标系，可得，，，利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出．
 20.【答案】解：依题意，，
于是，
所以所求线性回归方程为．
由知，当时，，
所以预计能带动的消费达万辆．
因为，所以发放的该轮消费补贴助力消费复苏不是理想的．
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，
比如：城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；
城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．
年轻人开始更加注重出行的舒适性和环保性，而传统燃油车的排放和能耗等问题也逐渐成为了消费者们考虑的重点．只要写出一个原因即可． 【解析】根据给定的数表，求出，再利用最小二乘法公式求解作答．
利用的回归方程，计算的估计值；求出比值并判断作答．
本题主要考查线性回归方程，考查运算求解能力，属于中档题．
 21.【答案】解：因为当与轴垂直时，，
根据抛物线定义得，解得 ，
所以抛物线：；
证明：设，则，
由，得当时，，
所以直线的斜率为，所以直线，
即，，
所以，
又因为，，所以，
联立方程，得，
易得，设，则，所以，
把点的坐标代入，得，
所以，
所以为定值；
解：由得，直线，
联立方程，得，
易得，则，，
所以，
在直线的方程中，令，得，
设直线与轴的交点为，则的坐标，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为． 【解析】利用抛物线定义列出方程求解结果；
设，表示直线的斜率，求解；将直线的方程与联立，由韦达定理表示，求解得出结果；
求解并化简，结合基本不等式进行求解．
本题主要考查了抛物线的定义和方程，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
 22.【答案】证明：当时，，所以即证：，，
先证左边：，令，，在单调递增，
，即．
再证右边：，令，，
在上单调递增，
，即，
时，．
解：，
令，，
因为，所以题设等价于在恒成立，
由知，当时，，于是：
当时，恒成立；
当时，等价于，
当时，，
令，因为在上递增，
且，所以存在，使，
所以当，，即，不合题意；
当时，
令，，
则，，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以．
综上：的取值范围为，． 【解析】令，对求导，得到的单调性可证得，令，对求导，可得在上单调递增，即可证得，即可证得；
由题意分析可得要使恒成立即时，恒成立，通过放缩变形证明恒成立，即可求出的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．