2023届山东省聊城市高三一模数学试题含解析

2023届山东省聊城市高三一模数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.

【详解】因为，所以，即，

且或，所以或，即，

所以.

故选:B

2．复数在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接利用复数的运算法则化简求解即可.

【详解】复数在复平面内对应的点为，则

故选：.

3．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，关于函数的下列说法中错误的是（    ）

A．周期是 B．非奇非偶函数

C．图象关于点中心对称 D．在内单调递增

【答案】D

【分析】，再根据平移变换可得，再根据正弦函数的周期性，奇偶性，对称性和单调性逐一判断即可.

【详解】，

则，

则，故A正确；

因为，则，

故函数是非奇非偶函数，故B正确；

对于C，因为，

所以函数的图象关于点中心对称，故C正确；

对于D，因为，所以，

则函数在上不单调，故D错误.

故选：D.

4．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚．近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池．已知蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）、放电电流（单位：）三者之间满足关系．假设某款电动汽车的蓄电池容量为，正常行驶时放电电源为，那么该汽车能持续行驶的时间大约为（参考数据：）（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.

【详解】由，,时，；，

.又,

故选：C.

5．在正方体中，直线、分别在平面和内，且，则下列命题中正确的是（    ）

A．若垂直于，则垂直于 B．若垂直于，则不垂直于

C．若不垂直于，则垂直于 D．若不垂直于，则不垂直于

【答案】C

【分析】根据线面垂直的判定定理及直线位置关系来判定选项即可.

【详解】AB选项，若垂直于，由面面，面面，可得垂直于面，

即面内的所有直线均与垂直，而可能垂直于，也可能不垂直于，故A错误，B错误；

CD选项，若不垂直于，则为面内的两条相交直线，由题可知，，则垂直面，又面，所以垂直于，故C正确，D错误.

故选：C

6．是内的一点，若，，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】D

【分析】利用各向量的几何关系及已知条件可得，且，即可得结果.

【详解】由，则，

所以，即，又，

故，故.

故选：D

7．研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．设椭圆的焦点为，，为椭圆上的任意一点，为椭圆的蒙日圆的半径．若的最小值为，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据椭圆的性质分析可得蒙日圆的圆心为坐标原点，半径，设，根据平面向量的坐标运算可得，进而可得，代入运算即可得离心率.

【详解】设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，

不妨设椭圆的焦点在x轴上，中心在坐标原点，显然均为椭圆的切线，

即均在蒙日圆上，

根据对称性分析可得：蒙日圆的圆心为坐标原点，半径，

设椭圆方程为，椭圆上任一点，

∵，则，

可得

，

注意到，

故，当且仅当时，等号成立，

即的最小值为，故，

整理得，即，

整理得，即.

故选：D.

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数的单调性和构造函数并证明单调性即可求解.

【详解】

令，

所以，

令得，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

所以，

所以，

令，

所以，

所以在单调递增，

，

所以，

所以，

所以，

所以，

故选：B.

【点睛】方法点睛：本题应用构造函数比较大小，需要注意控制变量的唯一性.

二、多选题

9．已知抛物线：的焦点为，点在上，直线交于另一点，则（    ）

A．的准线方程为 B．直线的斜率为

C． D．线段的中点的横坐标为

【答案】BD

【分析】对A：代入点即可解得，进而可得焦点和准线；对B：根据斜率公式运算求解；对C：联立方程求交点坐标，再根据抛物线的定义运算求解；对D：根据中点坐标公式运算求解.

【详解】对A：∵点在抛物线上，则，解得，

故抛物线的方程为，焦点，准线，A错误；

对B：直线的斜率，B正确；

对C：直线的方程，

联立方程，解得或，

即，故，C错误；

对D：线段的中点的横坐标为，D正确；

故选：BD.

10．在中，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于选项A，由三角形大边对大角和正弦定理可判断；

对于选项B，由余弦函数单调性可判断；

对于选项C，由正弦的二倍角公式可判断；

对于选项D，由余弦的二倍角公式可判断

【详解】在中，若，由三角形中大边对大角，可得，又由正弦定理，可知，故A选项正确；

又由余弦函数在上单调递减，可知，故B选项正确；

由和，当时，，所以，故C选项错误；

由，，由A选项可知正确，故D选项正确.

故选：ABD

11．设，，且，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】利用基本不等式可判断A选项；求出的取值范围，可得出的取值范围，可判断B选项；利用二次函数的最值可判断C选项；求得，将与相乘，展开后利用基本不等式可判断D选项.

【详解】对于A选项，由基本不等式可得，可得，

当且仅当时，等号成立，A对；

对于B选项，由可得，解得，

所以，，B错；

对于C选项，由可得，则，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C对；

对于D选项，，

因为，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.

故选：ACD.

12．已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（    ）

A．

B．函数在内单调递增

C．对于任意都有

D．不等式的解集为

【答案】ACD

【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单调性解不等式判断D选项.

【详解】已知,令可得,

令可得,得,,A选项正确;

奇函数的定义域为,，所以,又知,

所以函数在内不是单调递增,B选项错误;

对于任意的正数，都有，

对于任意都有,,,

又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;

对于任意的正数，都有，

,又因为,所以,

所以,

又因为所以,所以,

所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,

不等式,,

已知,

令, 因为可得，

函数在内是单调递增, 所以,

已知,令, 因为,

可得，同理，,

又因为函数为奇函数，,,

又因为函数在内是单调递增, 所以

不等式的解集为, D选项正确；

故选:ACD.

三、填空题

13．某班共有50名学生，在期末考试中，小明因病未参加数学考试．参加考试的49名学生的数学成绩的方差为2．在评估数学成绩时，老师把小明的数学成绩按这49名学生的数学成绩的平均数来算，那么全班50名学生的数学成绩的标准差为______．

【答案】##

【分析】先由题意得到，再由数学成绩的标准差为求解.

【详解】解：设参加考试的49名学生的数学成绩为，平均成绩为，

由题意得，

则全班50名学生的数学成绩的标准差为：，

，

，

故答案为：

14．记为不大于实数的最大整数，已知数列的通项公式为，则的前2023项的和______．

【答案】4962

【分析】根据定义表示出由此计算出；

【详解】根据题意知：

；

故答案为：4962

15．某综合性大学数学系为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有______种不同的选修方式可选．（用数字填写答案）

【答案】

【分析】先按和两种情况分成三组，再分配到三年去即可.

【详解】由题意可知三年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，

则四门学科可按和两种情况分成三组，

若按分成三组，有种分组方法，

若按分成三组，有种分组方法，

所以每位学生共有种不同的选修方式可选．

故答案为：.

16．已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．

【答案】

【分析】取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，即可得到、、、四点共面，从而得到平面平面，连接交于点，则线段即为点的轨迹，再由三角形相似得到，则问题转化为求的最小值，设、，，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.

【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，

因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，

由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，

所以，所以、、、四点共面，

所以平面平面，

连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，

所以线段即为点的轨迹，

如图在平面中，过点作，交于点，因为，

所以，所以，所以，

设、，，

依题意，，

所以，

要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，

因为，所以，

所以，

当且仅当，即、时取等号，

所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.

四、解答题

17．在四边形中，．

(1)证明：；

(2)若，，，，求外接圆的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由平行关系得到角的数量关系，在两个三角形中分别使用正弦定理，在根据数量关系进行传递.(2)根据已知的数量关系对未知角的大小进行求解，再在使用余弦定理对未知边的大小进行求解，最后在中使用正弦定理得到外接圆半径.

【详解】（1）因为，所以,在中，由正弦定理可知，在中，由正弦定理可知，，所以，，故有.

（2）由(1)可知，，设，又因为，可得，即，解得，所以，在中，由正弦定理可知，，所以，所以的外接圆的面积为.

18．已知数列满足，，数列满足．

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由题意先求出，再根据，得，从而可得，再利用构造法求出的通项，从而可得的通项公式；

（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.

【详解】（1），得，

因为，即，解得，

由，得，

又，

故，所以，即，

所以，

又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，所以，

则，故，

所以；

（2）当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

综上所述，.

19．如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．

(1)证明：平面平面；

(2)若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2)或

【分析】（1）根据题意，取中点为，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到结果；

（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得到三棱锥的体积.

【详解】（1）

取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，

且平面平面，平面平面，面，所以平面，

又平面，所以，

又因为，，平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为为中点，所以，且，平面，所以平面，

且平面，所以平面平面.

（2）

由（1）可知，且，，所以平面，

且平面，所以，

以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则可得，

即，，

设平面的法向量为，

则，则可得，取，则，

所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

所以，

解得，或，即或

当时，则，

所以.

当时，，

所以.

20．某中学在高一学生选科时，要求每位学生先从物理和和历史这两个科目中选定一个科目，再从思想政治、地理、化学、生物这四个科目中任选两个科目．选科工作完成后，为了解该校高一学生的选科情况，随机抽取了部分学生作为样本，对他们的选科情况统计后得到下表：

(1)利用上述样本数据填写以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析以上两类学生对生物学科的选法是否存在差异．

(2)假设该校高一所有学生中有的学生选择了物理类，其余的学生都选择了历史类，且在物理类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为，而在历史类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为．若从该校高一所有学生中随机抽取100名学生，用表示这100名学生中同时选择了地理和化学的人数，求随机变量的均值．

附：

【答案】(1)存在

(2)16

【分析】（1）根据题意完善列联表，根据表中数据求，并与临界值对比分析；

（2）根据全概率公式求，可得，再根据二项分布求.

【详解】（1）由题意可得：选择物理类的总人数有600，其中选择生物学科的人数为180，不选择生物学科的人数为420；选择历史类的总人数有400，其中选择生物学科的人数为80，不选择生物学科的人数为320；据此完善列联表

零假设：两类学生对生物学科的选法没有差异，

可得，

由于，根据小概率值可知假设不成立，

故可以认为两类学生对生物学科的选法存在差异，且犯错误的概率不大于.

（2）记“学生选择物理类”为事件M，“学生选择历史类”为事件N，“同时选择的地理和化学”为事件C，

则，

故，

由题意可得，则，

故随机变量的均值.

21．已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为60°，且上的点到的距离的最小值为1．

(1)求的方程；

(2)设点，，动直线：与的右支相交于不同两点，，且，过点作，为垂足，证明：动点在定圆上，并求该圆的方程．

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】(1) 根据渐近线斜率及到焦点距离最值列式求解即可.

(2)根据角相等得出向量夹角相等，进而得出m,k的关系得出定点，最后根据垂直关系得出圆的方程.

【详解】（1）设,

则由已知得,

解得,

所以的方程.

（2）由(1)得,,

设，则

于是,

同理,

由，得

即

即,

整理得，

因为，所以,

所以的方程可化为

因此过定点 .

又因为垂足为,所以动点 在以为直径的圆上，

该圆的方程为.

22．已知函数，．

(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；

(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 直线是曲线的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求的值即可；

(2) 把任意的，都存在，使成立转化，在参数分离转化为恒成立,构造函数 ，求出，进而求出 的取值范围.

【详解】（1）由得,

设直线 与曲线的切点为,

则，

解得

因此的值为.

（2）由得

设，则 ,

因为当时，，所以在上单调递增，

又因为

所以存在 ，使 ,

且当时， ；当时， ；

从而 ，且当 时， ；

当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，

因此 ,

由，得从而 ,

所以

由对于任意的，都存在，使 成立，

得对于任意的，都有 ,

即不等式在上恒成立，

即不等式 在上恒成立.

设 ，则

因为 ，当 时，;

当 时，;

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以 ，因此 ,

故 的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：把任意的，都存在，使成立转化为，参数分离后构造函数求导即可求解.