1、2023年辽宁省教研联盟高三第一次调研测试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.本试卷共22题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、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的。1.已知集合，则（ ）A.B.C.D.2.能使两个不同平面与平行的条件是（ ）A.内有无数条直线与平行B.，垂直于同一个平面C.
2、，平行于同一条直线D.，垂直于同一条直线3.下列函数中，是偶函数，且在区间单调递增的为（ ）A.B.C.D.4.设M，N是圆上两点，若，则（ ）A.B.C.2D.45.若函数满足，则（ ）A.B.C.D.16.已知角的终边上一点的坐标为，则的最小正值为（ ）A.B.C.D.7.口袋中装有大小重量完全相同的2个红球3个白球，从口袋中一次摸出一个球，摸出的球不再放回，如果2个红球全部被摸出，就停止摸球，则恰好摸球三次就停止摸球的概率为（ ）A.B.C.D.8.若，则（ ）A.B.C.D.二、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
3、选对的得2分，有选错的得0分。9.随机变量且，随机变量，若，则（ ）A.B.C.D.10.设等差数列的前项和是，若，则（ ）A.B.C.D.11.抛物线的焦点为，准线为，经过上的点作的切线m，m与y轴、l、x轴分别相交于点N、P、Q，过M作l垂线，垂足为，则（ ）A.B.为中点C.四边形是菱形D.若，则12.若，则（ ）A.B.C.D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若是纯虚数，则的实部为_.14.中，D在上，则_.15.正四面体的棱中点为0，平面截球所得半径为的圆与相切，则球的表面积为_.16.过双曲线焦点的直线与的两条渐近线的交点分分别为M、N，当时，.则的离心率为_
4、.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.（10分）已知函数图像相邻两条对称轴之间的距离为.（1）求值；（2）当时，求的单调递增区间.18.（12分）一所中学组织学生对某线下某实体店2022年部分月份的月利润情况进行调查统计，得到的数据如下：月份24681012净利润（万元）0.92.04.23.95.25.10.71.41.82.12.32.51.42.02.42.83.23.5根据散点图，准备用或建立关于的回归方程.（1）用线性相关系数说明上面的两种模型哪种适宜作为关于的回归方程?（2）由参考数据，根据（1）的判断结果，求关于的回归方程（精确到0.
5、1）.附：对于一组数据（，2，3，n），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.相关系数.参考数据：，.19.（12分）如图，四棱锥中，底面是菱形，底面，M为的中点，且平面平面.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.20.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设函数，P，Q是曲线上的不同两点，直线的斜率为，曲线在点处P，Q切线的斜率分别为，证明：.21.（12分）等差数列的首项，公差，数列中，已知数列为等比数列.（1）求的通项公式；（2）记为的前项和，求的最大值.22.（12分）已知椭圆离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且.（1）求的方程；（2）设M，N是上
6、异于的两点，若，求面积的最大值.2023年辽宁省教研联盟高三第一次调研测试数学试题 参考答案一、选择题1.【答案】B 解：，选B.2.【答案】D解：直于同一条直线的两个不同平面平行，选D.3.【答案】A解：画每个函数图像可知，是偶函数，且在区间单调递增，选A.4.【答案】C解法1：设中点为，则，所以，选C.解法2：，选C.解法3：设中点为，以为轴正方向，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，因此，选C.5.【答案】B解：代入可得 .代入可得 联立可得，选B.6.【答案】D解：因为，所以，因此的最小正值为，选D.7.【答案】A解法1：，选A.解法2：摸球三次结果的所有可能情形有种，这三次符合题
7、意摸球可以分为两类，第一类第一次第三次摸到红球，可能情形有种，第二次第三次摸到红球，可能情形有种，于是摸球三次就停止摸球的概率为，选A.8.【答案】A解：设，则当时，.因为，所以，于是在单调递增，所以，可得.设，则当时，所以，可得.综上，选A.二、选择题9.【答案】ACD解：因为且，所以，故，选项A正确，选项B错误.因为，所以，由可得，选项C正确.，选项D正确.综上，选ACD.10.【答案】BC解：由可得的公差，且，因此，且，从而，选项A错误，选项B正确，选项C正确.由可得，由，因为，所以，因为单调递减，所以，选项D错误.综上，选BC.11.【答案】BCD解：设与轴交点为，则未必是的中点，未必
8、有，因此选项A错误.设，可知斜率存在，可设，将代入可得，由，可得，因此.于是，因为，所以为中点，选项B正确.因为，所以是的垂直平分线，而轴，所以四边形是菱形，选项C正确.，由，可得，所以.因为，所以，选项D正确.综上，选BCD.【关于导数得出：对等式两边对求导数，可得，从而，设，可得，即.】【例子】对于函数，我们有，两边对求导数可得 .从而.12.【答案】BD解：因为，选项A错误.，当且仅当，时，取等号，选项B正确.因为，所以，可得，选项C错误.设，则D等价于，等价于.因为单调递增，所以，所以，选项D正确.综上，选BD.三、填空题13.【答案】1解：由题设，故，实部为1.14.解法1：的面积等
9、于面积与面积之和，所以.即.于是.解法2：直角中，因为，所以.因为，所以.在中，由正弦定理可得，从而.所以于是.15.【答案】解：设正四面体的棱长为a，中点为，则，.设中心为，由对称性可知球截平面所得圆圆心在上，且为的中点，所以.因为，由可得.于是球的半径，球的表面积为.16.【答案】解法1：因为，所以垂直于渐近线，所以的离心率.因为，所以，.过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，在直角中，.因为，因为，所以.因此的离心率为.解法2：因为，所以垂直于渐近线，所以，.在中，可得，从而，C的离心率.四、解答题17.解：（1）因为图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以周期为.由，可得.（5分）（2）由
10、（1）知，.由，可得.因为，所以，的单调递增区间为和.（10分）18.解：（1）由题意的线性相关系数的相关系数.的相关系数.所以，因此模型拟合效果更好.（6分）（2）根据（1）的判断结果，计算与由参考数据，所以.于是关于的回归方程为.（12分）19.解：（1）因为底面，所以.在平面内过做，垂足为，因为平面平面，交线为，所以平面，从而.因为，所以平面，于是；（6分）（2）以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，则轴在平面内.因为底面是菱形，由（1）及题设可知，可得，于是，.设为平面的法向量，则，即 可取.设为平面的法向量，则，即 可取.因为，所以二面角的正弦值为.（
11、12分）20.解：（1）的定义域为，.当时，当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.（4分）（2）设，则，.于是等价于因为，所以.因为，所以.设，则.由（1）可知，当时，.于是.（12分）21.解法1：（1）由题意，所以.因为，所以，故数列的公比，所以.又.所以.（6分）（2）由（1）可知，设，则.设，则.故单调递减，因为，所以当时，当时，.于是的最大值为.（12分）解法2：（1）同解法1.（2）由（1）可知，设，则设，则当时，单调递减.因为，所以当时，当时，.于是的最大值为.（12分）解法3：（1）同解法1.（2）由（1）可知，.设，由可得当和时，不成立；当时，同时成立；当时，不成立；因此同
12、时成立的正整数.于是的最大值为.（12分）【后半部分也可以这样做】当和时，不成立；当时，同时成立；设，则当时，单调递增.所以当时，不成立；因此同时成立的正整数.于是的最大值为.解法4：（1）同解法1.（2）由（1）可知，.设，由可得设，则当时，单调递减.因为，所以同时成立的正整数.于是的最大值为.（12分）22.解：（1）由已知，可得，.可得，因为斜率为1，所以.因为，所以，.于是的方程为；（6分）（2）由（1）知，因为，所以不垂直于轴.设，代入得.当时，设，则，因为，所以，故，可得.将代入上式可得.因为，整理得，直线经过定点，.因为，所以面积.设，则，.设，.所以当，时，面积取最大值.（12分）
