山东省日照市2023届高三数学一模试卷【含答案】

这是一份山东省日照市2023届高三数学一模试卷【含答案】，共12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。
 高三数学一模考试试卷一、单选题1．已知集合，，则（　　）A． B． C． D．2．已知复数，为虚数单位，则（　　）A． B． C． D．3．在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（　　）A． B． C．1 D．4．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（　　）A． B． C． D．5．已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则的最大值为（　　）A．13 B．12 C．8 D．6．已知，，设命题：，命题：，则是的（　　）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（　　）A． B． C． D．8．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（　　）A． B．C． D．二、多选题9．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（　　）A．B．C．若互斥，则D．若独立，则10．已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（　　）A．平面分正方体所得两部分的体积相等B．四边形一定是菱形C．四边形的面积有最大值也有最小值D．平面与平面始终垂直11．设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，.当变化时，函数的所有零点从小到大记为，则的值可以为（　　）A．3 B．5 C．7 D．912．已知，则（　　）A． B． C． D．三、填空题13．在的展开式中，的系数为　     　.14．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，则　     　.15．对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值　         　.16．设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为　     　.四、解答题17．在数列中，.（1）求的通项公式；（2）证明：.18．已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.（1）求角B；（2）若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.19．如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值.20．已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.（1）求的方程；（2）设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.21．第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．①试证明：为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．22．已知函数，.（1）若直线是的切线，函数总存在，使得，求的取值范围；（2）设，若恰有三个不等实根，证明：.
 1．D2．C3．D4．C5．B6．B7．B8．A9．A,B,D10．A,C11．A,B,C12．A,D13．1014．15．或16．17．（1）解：因为，①则当时，，即，当时，，②①②得，所以，也满足，故对任意的，（2）证明：，所以．，，即结论成立.18．（1）解：因为，所以由正弦定理边角互化得，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以，即（2）解：因为，所以为等边三角形，即，设，则，所以在中，由余弦定理得，整理得，设，所以，由于，故，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以AD的最小值为．19．（1）解：连结．因为点为圆锥的顶点，所以平面．分别取，的中点，，连接，，，，则在圆中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．（2）解：因为，即所以即．在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．则，，．又因为平面，所以轴，从而．则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．设平面的法向量为，则，即不妨取，则，，此时．所以．又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．20．（1）解：∵为等边三角形时，其面积为，∴，解得，根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，设准线和轴交点为，易证，于是，∴的方程为；（2）解：假设存在，使得，则线为段的中点，设，依题意得，则，由可得，所以切线的斜率为，设，，线段的中点，由，可得，所以，整理可得：，即，所以，可得，又因为，所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，综上，存在，使得点为的中点恒成立，.21．（1）解：方法一：的所有可能取值为，在一次扑球中，扑到点球的概率，所以，，所以的分布列如下：0123方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，所以，故的分布列为：0123所以的期望．（2）解：①第次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，即，又，所以是以为首项，公比为的等比数列．②由①可知，所以，所以，故．22．（1）解：由直线是的切线，可设切点为，则，解得，于是.若，则，不符题意；若，则，不符题意；有一个取时均不成立，故只有才可以让成立.于是，下设，则，故在上单调递增，故，于是，也即，所以的取值范围为（2）解：，在上单调递增，当时，，，下令，则，故为增函数，于是，即，.根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，即，此时不可能有三个根；当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，此时不可能有三个根；当时，，在上递增，注意到，，，递减，当，，递增，故为极小值点，而，故不可能有三个根；当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，而，故. 由.由有三个根，则，即，由，结合对勾函数性质推出，故，即