2023届山东省济宁市高考一模数学试题含解析

这是一份2023届山东省济宁市高考一模数学试题含解析，共19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届山东省济宁市高考一模数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接根据交集的定义即可得解.【详解】因为，所以.故选：C.2．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】计算，再计算得到答案.【详解】，则，.故选：B3．已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列{an}的公差为（    ）A．-3 B．-1 C．1 D．3【答案】D【分析】根据题意得到，，解得答案.【详解】；，解得，.故选：D4．从1至6的6个整数中随机取3个不同的整数，其中恰有两个是偶数的概率（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意概率，计算得到答案.【详解】从1至6的6个整数中随机取3个不同的整数，其中恰有两个是偶数的概率.故选：C5．若过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的最大值（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，设直线方程，根据圆心到直线的距离等于半径得到或，解得答案.【详解】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，此时斜率存在，圆的圆心为，半径，设直线方程，即，直线到圆心的距离为，解得或，当时，倾斜角最大为.故选：C6．已知，则（    ）A．  B． C．  D．【答案】D【分析】，代入数据计算得到答案.【详解】.故选：D7．若函数且在区间内单调递增，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，利用导数求出函数的单调区间，再分和两种情况讨论，结合复合函数的单调性即可得解.【详解】令，则，当或时，，当时，，所以在和上递减，在上递增，当时，为增函数，且函数在区间内单调递增，所以，解得，此时在上递增，则恒成立，当时，为减函数，且函数在区间内单调递增，所以，无解，综上所述，的取值范围是.故选：A.8．已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（    ）A． B．π C． D． 【答案】B【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，故，，平面，故平面，平面，故，故，因为为线段的中点且过的内切圆圆心，故，即.所以.取的中点，连接、，分别在、上取 、的外接圆圆心、.过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，则点为三棱取的外接球球心.在中由余弦定理得：，所以.设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.，解得，同理，所以，，所以三㥄锥的外接球表面积为.故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握. 二、多选题9．某中学为了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响，从本校所有学生中随机调查了50名男生和50名女生，得到如下列联表：经计算，则可以推断出（    ）A．该学校男生中经常体育锻炼的概率的估计值为B．该学校男生比女生更经常锻炼C．有95%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异D．有99%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异【答案】BC【分析】利用频率估计概率得到A错误B正确，确定，得到C正确D错误，得到答案.【详解】对选项A：该学校男生中经常体育锻炼的概率的估计值为，错误；对选项B：经常体育锻炼的概率的估计值男生为，女生为，正确；对选项C：，故有95%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异，正确；对选项D：，故没有99%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异，错误.故选：BC10．已知函数，且，则下列说法中正确的是（    ）A． B．在上单调递增C．为偶函数 D．【答案】AC【分析】利用待定系数法求出，即可判断A；再根据正弦函数的单调性即可判断B；判断的关系即可判断C；求导，再根据辅助角公式即可判断D.【详解】由，得，又因，所以，故A正确；，由，得，所以，所以，因为，所以，所以，当时，，所以在上不单调，故B错误；，是偶函数，故C正确；，则，其中，当且仅当时，取等号，故D错误.故选：AC.11．已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（    ）A． B．  C． D．【答案】ABD【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，故，等式两边同时取导数，得，即①，因为的图象关于y轴对称，则，故，等式两边同时取导数，得②.由，令，得，解得，由，令，得，由②，令，得，令，得，解得，故选：ABD.12．已知，是椭圆：()与双曲线：()的公共焦点，，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（    ）A．  B．C．的最大值为 D．的最大值为【答案】BD【分析】根据共焦点得到，A错误，计算，，得到，B正确，设，，代入计算得到C错误，D正确，得到答案.【详解】对选项A：椭圆和双曲线共焦点，故，错误；对选项B：，即，，，故，，故，即，即，正确；对选项C：设，，，若最大值为，则，，，即，不成立，错误；对选项D：设，，，，若最大值为，则，，，即，，，成立，正确；故选：BD【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆和双曲线的离心率相关问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角换元求最值可以简化运算，是解题的关键. 三、填空题13．已知平面向量，，若与共线，则______ .【答案】##1.5【分析】确定，根据平行得到，解得答案.【详解】，，则，，故，解得故答案为：14．的展开式中的系数为______（用数字作答）.【答案】【分析】确定，展开式的通项为，取，，计算得到答案.【详解】，展开式的通项为，取得到；取得到；取得到；故的系数为.故答案为：15．已知函数且的图象过定点A，且点A在直线上，则的最小值是______.【答案】【分析】求出函数所过的定点，则有，则，则，化简整理，分离常数再结合基本不等式求解即可.【详解】函数且的图象过定点，则，所以，由，得，则令，则，则，当且仅当，即，即时，取等号，所以的最小值是.故答案为：.16．已知函数，若在上有解，则的最小值___.【答案】【分析】确定点在直线上，，设，求导得到导函数，确定单调区间计算最值得到答案.【详解】设函数在上的零点为，则，所以点在直线上.设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，所以，设，则，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以，，所以的最小值为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求最值，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将转化为点到直线的距离的平方，再利用导数求最值是解题的关键. 四、解答题17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，，求边上的高.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理,得，再结合余弦定理求解即可；（2）根据条件求出，再利用等面积法求解即可.【详解】（1），故，整理得，故，又，故．（2），即，解得或（舍去），由，解得.18．某市航空公司为了解每年航班正点率对每年顾客投诉次数（单位：次）的影响，对近8年（2015年～2022年）每年航班正点率和每年顾客投诉次数的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值. (1)求关于的经验回归方程；(2)该市航空公司预计2024年航班正点率为，利用（1）中的回归方程，估算2024年顾客对该市航空公司投诉的次数；(3)根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取4人，记这4人中选择乘坐该航空公司航班的人数为，求的分布列和数学期望.附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： 【答案】(1)(2)(3)分布列见解析， 【分析】（1）根据题中数据利用最小二乘法求出，即可得解；（2）将代入回归方程即可得解；（3）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.【详解】（1），则，所以，所以；（2）当时，，所以2024年顾客对该市航空公司投诉的次数为次；（3）可取，，，，，，所以分布列为 所以.19．已知数列的前项和为，且满足：. (1)求证：数列为常数列；(2)设，求.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据证明即可；（2）先求出数列的通项，再利用错位相减法求解即可.【详解】（1）由，当时，，当时，，两式相减得，即，所以，所以，当时，，上式也成立，所以数列为常数列；（2）由（1）得，所以，则，则，两式相减得，所以.20．如图，在四棱台中，底面ABCD为平行四边形，平面平面，.(1)证明：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）根据面面垂直的性质可得平面，从而可得平面，再证明，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）连接交于点，连接，在四棱台中，因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，所以平面，又在中，，所以，则，所以，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则有，取，则，所以，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.  21．已知直线与抛物线相切于点A，动直线与抛物线C交于不同两点M，N（M，N异于点A），且以MN为直径的圆过点A.(1)求抛物线C的方程及点A的坐标；(2)当点A到直线的距离最大时，求直线的方程.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）联立，根据求出，从而可求得切点；（2）可设为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据以MN为直径的圆过点A，可得，从而可求得的关系，从而可求得直线所过的定点，再由直线与垂直时，点A到直线的距离最大，进而可得出答案.【详解】（1）联立，消得，因为直线与抛物线相切，所以，解得或（舍去），当时，，解得，所以，所以抛物线C的方程为，点A的坐标为；（2）显然直线的斜率存在，可设为，由，消得，则，，，因为以MN为直径的圆过点A，所以，即，整理可得，所以，化简得，所以，所以或，即或，当时，直线，即，所以直线过定点（舍去），当时，直线，满足，即，所以直线过定点，当直线与垂直时，点A到直线的距离最大，又，所以，所以直线的方程为.【点睛】关键点点睛：本题证直线过定点没有用一般的韦达定理运算进行求解，解题的关键是通过，得到的关系，从而找到定点，属于难题.22．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，讨论函数的零点个数.【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为(2)答案见解析 【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间.（2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案.【详解】（1）当时，，当时，；当时，；当时，，所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.（2），令，得或，由于，当时，；当时，，当时，.所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.，令，得，当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；令，得，现说明，即，即显然成立.因为，故，当时，，又.所以存在唯一，唯一，唯一，使得，此时函数有3个零点，当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 .当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.综上所述，当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当 时，函数有3个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有1个零点.【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.