2023届山东省安丘市青云学府高三二模考前适应性练习（二）数学试题含解析

这是一份2023届山东省安丘市青云学府高三二模考前适应性练习（二）数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届山东省安丘市青云学府高三二模考前适应性练习（二）数学试题

一、单选题
1．已知集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别解出两个集合的取值范围，取交集即可.
【详解】因为，，
可得，
因为，，
即，可得，
取交集可得，
故选：B.
2．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】计算得，关于虚轴对称即关于轴对称，得出结果即可．
【详解】由题意得，
∵复数与对应的点关于虚轴对称对称，
∴．
故选：D．
3．在平面直角坐标系中，角与的顶点在原点，始边与x轴正半轴重合，终边构成一条直线，且，则（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据角与的终边构成一条直线得，利用诱导公式及二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意，角与的顶点在原点，终边构成一条直线，所以，
所以
，
又，
所以.
故选：C.
4．相传早在公元前3世纪，古希腊天文学家厄拉多塞内斯就首次测出了地球半径.厄拉多塞内斯选择在夏至这一天利用同一子午线（经线）的两个城市（赛伊城和亚历山大城）进行观测，当太阳光直射塞伊城某水井时，亚历山大城某处的太阳光线与地面成角，又知某商队旅行时测得与的距离即劣弧的长为5000古希腊里，若圆周率取3.125，则可估计地球半径约为（    ）

A．35000古希腊里 B．40000古希腊里
C．45000古希腊里 D．50000古希腊里
【答案】B
【分析】利用圆心角所对应的弧长是即可求解.
【详解】设圆周长为，半径长为，两地间的弧长为，对应的圆心角为，
的圆心角所对应的弧长就是圆周长，
的圆心角所对应的弧长是，即，
于是在半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为：，
.
当为5000古希腊里，，即时，
古希腊里.
故选：B.
5．已知的展开式中含的项的系数为24，则展开式中含项的系数的最小值为（   ）
A．83 B．90 C．96 D．100
【答案】C
【分析】由题知，进而得展开式中含项的系数，再根据整理，并结合二次函数性质求解即可.
【详解】解：由题知，展开式的中含的项为，
展开式的中含的项为
因为的展开式中含的项的系数为，即
所以，，
所以展开式中含项的系数为
因为，即
所以，
所以，由二次函数性质，结合得，当时，有最小值.
故选：C
6．如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，P为AC边上的一个动点，EF是以B为圆心，3为半径的圆的直径，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用已知条件，把用基底表示，再利用向量数量积公式可得，再根据的范围便可求出的取值范围.
【详解】如图可知,，，
因为是的中点，所以，
所以，
即，
所以，
由条件可得，，，
因为P为AC边上的一个动点，
故当P为AC中点时，最小，此时，
当P为A或C时，最大，，
所以，
所以，又因为，
所以.
故选：C.
7．若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值.
【详解】如下图所示：

直线的斜率为，倾斜角为，故，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
易知直线交轴于点，所以，，
由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，
由圆的几何性质可知，且，则，
故.
故选：A.
8．已知三个互异的正数，，满足，，则关于，，下列判断正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把变形为，构造函数，求导，得，或，，然后构造，利用函数单调性比较即可.
【详解】因为，所以，设，
则，令得，令得，
所以函数在递减，函数在递增，所以，
（1）当，时，，
设，易知在上单调递减，
且，所以，
所以，所以，
又，所以，所以，所以；
（2）当，时，，设，
易知在上单调递减，且，
所以，以，所以，
又，所以，所以，所以所以；
综上可得：成立.
故选：D

二、多选题
9．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）
  
A．在米跑项目中，甲的得分比乙的得分低
B．在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当
C．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡
D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大
【答案】BD
【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；
在跳高和标枪项目中，甲、乙得分一样，即甲、乙水平相当，B正确；
甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，C错误；
甲的各项得分最高1000，最低介于400与500之间，甲的极差大于500，乙的各项得分的极差小于200，D正确．
故选：BD
10．若函数，则下列结论正确的是（    ）
A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递增
C．函数图象关于对称 D．函数的图象关于点对称
【答案】BCD
【分析】利用三角恒等变换、诱导公式化简得，根据正弦型函数的性质判断A、B，代入法验证函数的对称轴、对称中心判断C、D.
【详解】由，
所以最小正周期为，A错误；
当，则，故在上递增，B正确；
由，故是的一条对称轴，C正确；
由，故是的一个对称点，D正确.
故选：BCD
11．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（    ）

A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
【答案】BD
【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B;根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C;结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;
如图2, 由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接 BO ，并延长交勒洛四面体的曲面于点E, 则 OE 就是勒洛四面体内切球的半径. 如图 3 , 在正四面体ABCD中，M为 的中心，O是正四面体 ABCD外接球的球心，连接 BM，BO，AM，由正四面体的性质可知 O在 AM 上.
因为 , 所以则 .
因为，即
解得 ,则正四面体ABCD外接球的体积是 .
因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积, 则 C错误.
因为 , 所以 , 则 D正确.
故选：BD.

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
12．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为B，直线l：与椭圆C交于M，N两点，的角平分线与x轴相交于点E，与y轴相交于点，则（    ）
A．四边形的周长为8 B．的最小值为9
C．直线BM，BN的斜率之积为 D．当时，
【答案】AC
【分析】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为即可求解；对B选项，由直线与椭圆相交的对称性知：，，借助基本不等式可得的最小值；对C选项，设，则，由点在椭圆上，即可化得的值；对D选项，设出，由条件推出，，又在椭圆C中，由其第二定义得，从而得到 ，，三点坐标，再根据其三点共线，化简求解即可．
【详解】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为，A正确；
对B选项，，
当且仅当时等号成立，故B错误；
对C选项，设，则，又，所以．
因为点在椭圆上，所以，即，
所以，C正确；
对D选项，设，则，
所以，，
在椭圆C：中，
由其第二定义（指的是椭圆上的点到相应的准线的距离）得
，
，所以，故，，，
因为三点共线，所以，解得，则，解得，
当时，，当时，，故D错误．
故选：AC
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习加以强化.

三、填空题
13．已知函数的定义域为R，且同时满足下列三个条件：①奇函数，②，③，则____________．
【答案】
【分析】由题知为周期函数，周期为4，进而根据周期性与奇偶性求解即可.
【详解】因为，所以，
所以为周期函数，且周期为4，
所以．
因为为奇函数，
所以．
故答案为：－1
14．若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩的期望，方差，则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过___________人.
【答案】10
【分析】可令，由题意得出，再结合全体学生的成绩的期望，计算得出，进而得出答案.
【详解】取，，所以或，
又因为，所以，即估计分数不低于100分的学生
不超过（人）.
故答案为：10
15．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则______.
【答案】
【分析】设出直线AB的方程,联立抛物线方程，表达出D点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DM FN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.
【详解】由题意可知，，直线的方程为.
设，由，得.
所以，所以.
由，得.
如图所示，作轴于点，则.

因为，故，
，又，故.
又，得四边形为平行四边形.
所以其面积为，解得.
故答案为：

四、双空题
16．如图，一个直角走廊的宽分别为a，b，一铁棒与廊壁成θ角，该铁棒欲通过该直角走廊，则铁棒的长度L=___________（用含θ的表达式表示）；当a=b=2 m时，能够通过这个直角走的铁的长的最大值为__________.

【答案】         
【分析】第一空：根据示意图及三角函数定义，即可得长度L的表达式；
第二空：根据第一空的表达式，化简可得，令，根据范围，可得t的范围，根据二次函数性质，可得L的最小值，即可得答案.
【详解】作出示意图，铁棒，，

在中，，
在中，，
所以；
当时，


令，因为，，
所以，，
所以，且在上单调递增，
所以当时，即时，L的最小值为，
所以能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值为.
故答案为：；

五、解答题
17．在中，角所对的边分别是.已知.
(1)若，求；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换化简可得，则，进而求解；
（2）由（1），根据平方差公式、正、余弦定理和二倍角的正弦、余弦公式化简可得，结合即可求解.
【详解】（1）由正弦定理得，又，
得，
，
，
所以或，
得或(舍去)，
若，则；
（2），
由正弦定理，得，
由（1）知，得，
又，
所以，
即，
而，所以，得，
故，即.
18．已知数列满足，，其中.
(1)设，求证：数列是等差数列.
(2)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）根据递推公式计算为一个常数，即可得证；
（2）由（1）可得，即可表示出，再计算，依题意可得恒成立，即恒成立，分为奇数、偶数两种情况讨论，分别求出参数的取值范围.
【详解】（1）证明：因为且，
所以
，
又，所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列；
（2）由（1）可得，
存在，理由如下：，，
则，
若对任意的，都有，则等价于恒成立，
即恒成立，
因为，当n为偶数时，，则，
当n为奇数时，时，则，
综上，存在，使得对任意的，都有.
19．如图，在三棱台中，.

(1)求证：平面平面；
(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）延长三条侧棱交于点，判断出，为中点.取的中点，证明出和，进而证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面.
（2）先由体积关系求出.以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.
因为，所以.
取的中点，则.
因为
所以所以.
，则，故，
即.
因为，,平面,平面,
所以平面.
又平面，故平面平面.

（2）因为，所以.
而,
所以，解得：.
以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
设为面的一个法向量，
因为，所以，
不妨设，则面的一个法向量.
同理可求得面的一个法向量.
由图示，二面角的平面角为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
20．某农科所对冬季大棚内的昼夜温差与某反季节大豆新品种发芽率之间的关系进行分析研究，记录了2023年1月1日至1月12日大棚内的昼夜温差与每天每100颗种子的发芽数，得到如下资料：
日期
1日
2日
3日
4日
5日
6日
7日
8日
9日
10日
11日
12日
温差/℃
10
11
13
12
8
10
9
11
13
10
12
9
发芽数/颗
21
24
28
28
15
22
17
22
30
18
27
18
；；；

已知发芽数与温差之间线性相关，该农科所确定的研究方案是：先从这12组数据中选取2组，用剩下的10组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验.
(1)求选取的2组数据恰好是相邻2天的数据的概率；
(2)若选取的是1日与6日的两组数据，试根据除这两日之外的其他数据，求出关于的线性回归方程；（精确到1）
(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选取的检验数据的误差均不超过2颗，则认为求得的线性回归方程是可靠的，试问：（2）中所得的线性回归方程是否可靠.
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
【答案】(1)
(2)
(3)是可靠的

【分析】（1）利用组合及组合数公式，结合古典概型的概率的计算公式即可求解；
（2）根据已知条件及参考数据，求出，进而即可求出回归方程；
（3）利用（2）的回归方程求出时的预报值，结合已知条件即可求解.
【详解】（1）从组数据中任选组，选法数为;
选取的组数据恰好是相邻的天，选法数为；
所以所求概率为.
（2）设剩下的组数据分别为.
;
，；
，；
所以
所以.
所以所求回归方程为.
（3）当时，.
因为，
所以根据所给的研究方案，可以判断（2）中所得的线性回归方程是可靠的.
21．已知椭圆C：的上顶点为B，O为坐标原点，为椭圆C的长轴上的一点，若，且△OPB的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与椭圆C交于M，N两点，直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标，求出△AMN面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为，△AMN面积的最大值为

【分析】（1）根据题意得到与，从而求得，由此得解；
（2）结合题意设直线MN的方程为，联立椭圆C的方程得到，进而得到，结合即可得到关于的方程，从而证得直线MN过定点，再利用，结合对勾函数的单调性即可得解.
【详解】（1）由已知，得，即，
又因为，所以，即，
解方程组，得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知，直线MN的斜率不为0，设，直线MN的方程为，
联立，消去，得，
所以，，
则，
因为，所以，即，
所以，
即，解得或，
因为当时，直线的方程为，则直线经过，不符合题意，
所以，满足，此时直线的方程为，所以直线过定点，
记直线与轴的交点为，则点坐标为，
当时，，
，
令，
令，则，故在上单调递增，
所以，
当且仅当，即时，△AMN面积取得最大值.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.
22．已知.
(1)若存在实数，使得不等式对任意恒成立，求的值；
(2)若，设，证明：
①存在，使得成立；
②.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）构造函数，求导，研究函数的单调性，利用极值点得，从而利用指对运算即可求解；
（2）①记，构造函数，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；
②先用分析法及把不等式证明转化为，
结合式子结构，转化为证明，
构造函数，即证，利用主元法，
构造函数，求导，研究单调性，利用最值即可证明.
【详解】（1）构造，则，
令，则，所以在递增，
又，所以存在，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意恒成立，此时.
（2）①令，显然，则.
令，则，
因为在递增，趋向于0时，趋向于，趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，所以存在，使得，即.
于是在递减，在递增.因为，所以.
②要证，
即证
，
因为，
所以只要证，
即证，
即证，
令，即证，
即证，
令，则.
构造，
则，
，
因为，
所以，所以，
所以成立，原命题成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.