2023届山东省安丘市青云学府高三下学期二模考前适应性练习（一）数学试题含解析

2023届山东省安丘市青云学府高三下学期二模考前适应性练习（一）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得，求得，再结合并集的定义求解即可.

【详解】因为，所以，

则，即，

此时，

所以.

故选：D.

2．若为奇函数，则的值为（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．-1或1

【答案】A

【分析】根据奇函数的定义，取特殊情况 ，可以快速求解出的值.

【详解】由题得： ，故.

故选:A.

3．羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是6cm，底部所围成圆的直径是2cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将圆台补成圆锥，由相似求出小圆锥的母线长，结合圆心角公式求解即可.

【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，

设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x＋7，由相似得，即x＝，

所以可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.

故选：C.

4．已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题知，，进而取中点，连接，证明平面即可得，进而得答案..

【详解】解：由图可知，在三棱锥中， ，，

取中点，连接，

因为，，

所以，

因为平面，

所以平面，

因为平面，

所以，即与所成的角为

故选：D

5．在平面直角坐标系中，已知两点，到直线的距离分别是1与4，则满足条件的直线共有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】C

【分析】根据圆的概念和切线的性质，分别以为圆心，以为半径作圆，满足题意的直线为两圆的公切线，进而求解.

【详解】分别以为圆心，以为半径作圆，

因为，

所以两圆外切，有三条公切线，即满足条件的直线共有3条，

故选：C

6．甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.

【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，

再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，

5人被分为或

当5人被分为时，情况数为;

当5人被分为时，情况数为；

所以共有.

由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，

当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则

共计种，

当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，

所以甲不在小区的概率为

故选：B.

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，半焦距为．在椭圆上存在点使得，则椭圆离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由正弦定理及椭圆定义得 ，得，结合，得关于的不等式，从而求出的范围.

【详解】由，得 ，得，

又，则，

∴，即，

又，∴．

故选：B．

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.

【详解】由，，则，

令，，

当时，，则单调递增，即，

故，可得，即；

由，

且，则，即.

综上，.

故选：C.

二、多选题

9．新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是年至年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产盘的比例）情况，则（    ）

A．年我国新能源汽车年产量逐年增加

B．年我国新能源汽车年产量的极差为万辆

C．年我国汽车年总产量超过万辆

D．年我国汽车年总产量不低于年我国汽车年总产量

【答案】BC

【分析】根据我国新能源汽车年产量图可判断AB选项；计算出、、这三年我国汽车年总产量，可判断CD选项.

【详解】对于A选项，由图可知，从年到年，我国新能源汽车年产量在下降，故A错；

对于B选项，年我国新能源汽车年产量的极差为万辆，故B对；

对于C选项，年我国汽车年总产量约为万辆，故C对；

对于D选项，年我国汽车年总产量为万辆，

年我国汽车年总产量为万辆，

所以年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量，故D错.

故选：BC

10．已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个最值点，则的取值可能是（    ）

A．1 B．3 C．5 D．7

【答案】BCD

【分析】由题可得，然后根据正弦函数的性质，可得，求出的范围，再结合选项判断即可.

【详解】.

由题意，可得，由，可得.

因为在上恰有一个最值点，

所以，解得，

由选项可知A错误，BCD正确.

故选：BCD．

11．已知点，，点P为圆C：上的动点，则（    ）

A．面积的最小值为 B．的最小值为

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.

【详解】，

圆C是以为圆心，为半径的圆.

对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，

，故选项A错误；

对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；

对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，

，故选项C正确；

对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；

故选：BCD.

12．瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（    ）

A．的“欧拉线”方程为

B．圆上点到直线的最大距离为

C．若点在圆上，则的最小值是

D．圆与圆有公共点，则的取值范围是

【答案】AD

【分析】分析可知的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，可判断A选项；求出的值，求出圆上点到直线的最大距离，可判断B选项；求出的最小值，可判断C选项；利用圆与圆的位置关系求出的取值范围，可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，则的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，

，线段的中点为，

所以，的“欧拉线”方程为，即，A对；

对于B选项，圆心，则，

圆心到直线的距离为，

所以，圆上点到直线的最大距离为，B错；

对于C选项，记点，因为，则原点在圆外，

所以，的最小值为，C错；

对于D选项，圆的圆心为，半径为，

由题意可得，即，

解得，D对.

故选：AD.

三、填空题

13．已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________.

【答案】##0.5

【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到，然后利用二项式的通项列方程，解方程即可得到.

【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得.

故答案为：.

14．已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.

【答案】

【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可.

【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，

所以，

所以点到的距离为

故答案为：.

15．已知在四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________.

【答案】##

【分析】先判断出V在平面的射影为三角形的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.

【详解】在平面的射影为三角形的外心.

又，所以由正弦定理得：

三角形的外接圆的半径；

设四面体外接球的半径为.解得：.

所以外接球的表面积为.

故答案为：.

16．已知正数a，b满足，则___________.

【答案】

【分析】利用基本不等式知，令，利用导数研究函数的单调性可知，进而可得，结合已知可得，由取等条件即可求解.

【详解】因为a，b都为正数，所以，

当且仅当，即时，等号成立.

构造函数，，

求导，令，得

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

可知在处取得最大值，故，即

所以，当且仅当时，等号成立，

所以，当且仅当时，等号成立，

所以，又，

所以，且，，

即，所以

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式及利用导数研究函数的单调性证明不等式，解题的关键是构造函数，，从而证得，再结合基本不等式及取等条件即可求解，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题.

四、解答题

17．已知分别为内角的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④．

(1)满足有解三角形的序号组合有哪些？

(2)请在（1）所有组合中任选一组，求对应的面积．

【答案】(1)序号组合为①②③，①②④

(2)答案不唯一，具体见解析

【分析】（1）判断出③，④不能同时存在，由此确定正确答案.

（2）选①②③，则利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积；选①②④，则利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积.

【详解】（1）对于③，；

对于④，，

即，且，则，

故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④．

（2）选①②③：时，

由余弦定理：，

整理得：且，则，

的面积为．

选①②④：时，

由余弦定理：，

整理得：，则，

的面积．

18．已知为数列的前项和，，，记．

(1)求数列的通项公式；

(2)已知，记数列的前项和为，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用与的关系，整理数列的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；

（2）写出数列的通项，利用裂项相消，可得，分奇偶两种情况，可得答案.

【详解】（1）由，得．

∴，则．∴，

∴数列是以1为首项，4为公比的等比数列，

∴．∵，

∴．

（2）∵，

∴

∴

当为奇数时，．

当为偶数时，，是递增数列，∴．

综上得：．

19．如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.

(1)证明：直线平面.

(2)若在直线上且为锐角，当时，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明线面垂直；

（2）根据体积关系求出边长，建系求出法向量，求出二面角即可.

【详解】（1）证明分别是的中点，,平面,

平面平面

平面，平面平面.

平面平面，平面平面，平面

平面.

平面

（2）是的中位线，

又，当时，

又因为故此时

以为原点，直线为轴，直线

为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，

，

令平面的法向量为

则令则

令平面的法向量为

则令则

因为，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

20．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）

(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；

(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；

(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.

附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.

【答案】(1)，；

(2)合格；

(3).

【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；

（2）根据题中所给的公式进行求解即可；

（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.

【详解】（1），

第一组学生的方差为；

解得；

第二组学生的方差为；

解得.

这40名学生的方差为

，

所以；

（2）由，，得的估计值，的估计值.

，

∴.

从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），

又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；

（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.

则，

；

所以，

设王强前3局比赛获胜的事件为B，

则，

所以.

21．已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．

(1)求双曲线的方程；

(2)过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)以线段为直径的圆过定点和．

【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，

（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.

【详解】（1）∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．

∴双曲线的方程为．

依题意直线的方程为．

由 消去y整理得：，

依题意：，，点A，B的横坐标分别为，

则．

∵，∴．

∴，∴．

即，解得或（舍去），且时，，

∴双曲线的方程为．

（2）依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．

由消去整理得：，

∴，．

设，，则，．

直线的方程为，令得：，∴．

同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，

设该定点为，则，，

故

．

解得或．

故以线段为直径的圆过定点和．

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.

22．已知函数.

(1)若在定义域上具有唯一单调性，求的取值范围；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，分两种情况讨论，若在定义域上单调递增，则恒成立，即在上恒成立；若在定义域上单调递减，则恒成立，即在上恒成立，结合基本不等式可得解；

（2）要证原不等式成立，只需证，只需证，只需证，当时，则原不等式即证，结合的单调性即可得证.

【详解】（1）由题意得的定义域为

.

若在定义域上单调递增，则恒成立，得，即在上恒成立，又，当且仅当时等号成立，；

若在定义域上单调递减，则恒成立，即在上恒成立，而这样的不存在.

综上所述：在定义域上单调递增，且.

（2）方法一：要证成立，

只需证，只需证，

只需证，只需证，

当时，原不等式即证，

由（1）知在上单调递增，

，

又，则，

原不等式成立.

方法二：要证成立，

只需证，只需证，

只需证，

令，

则.

在上单调递增，，

原不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数问题常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．