2023届山东省安丘市青云学府高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届山东省安丘市青云学府高三下学期一模数学试题含解析，共25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届山东省安丘市青云学府高三下学期一模数学试题

一、单选题
1．若复数满足，则（    ）
A．4 B． C．16 D．17
【答案】D
【分析】解方程求，再求即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
当时，，，
当时，，，
所以.
故选：D.
2．已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用对数函数单调性化简集合，利用分式不等式化简集合，再根据集合交集的定义求解即可.
【详解】由得，故，所以，
由，得，故，所以，
所以.
故选：D
3．下列说法正确的是（    ）
A．“”是“”的充要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“”的否定形式是“”
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】B
【分析】利用不等式的性质判断A的正误，利用正切函数的性质判断B的正误，利用命题的否定形式判断C的正误，利用对数的定义判断D的正误.
【详解】对A，若中，时也成立，故A错；
对B，当时，，故，
若，则，故B对；
对C，存在量词命题的否定是，故C错；
对D，若均为负数，则无意义，故D错.
4．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（    ）cm

A．2.8 B．2.9 C．3.0 D．3.1
【答案】C
【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.
【详解】解:由题知矿泉水的体积为,
将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:

加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,
由图可知,
所以有
即,
解得,
由,
得,
即,
解得:,
故加入矿泉水后圆台的体积为:
,
解得,
所以.
故选:C
5．已知函数则函数的图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分段求出函数的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.
【详解】当，即时，，
，
令，得，令，得，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；
当，即时，，
，
令，得，令，得，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；
故选：B
6．已知平面向量满足，且，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，求出，建立平面直角坐标系，设，求出轨迹方程，利用几何意义即可求出的最大值.
【详解】由可知,，故，
如图建立坐标系，，，
设，由可得：
，

所以的终点在以为圆心,1为半径的圆上，
所以，几何意义为到距离的2倍，
由儿何意义可知，
故选：D.
7．若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
8．已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（    ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C． D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.

二、多选题
9．下列命题中，真命题的是（    ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B．若回归方程为，则变量y与x负相关
C．甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为
D．在线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
【答案】AB
【分析】对A：结合新样本数据的方差公式运算；对B：根据负相关的概念，由x的系数分析判断；对C：根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，分析运算；对D：相关指数越接近于1，拟合效果越好.
【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，A项为真命题；
对B：由，可知，则变量y与x负相关，B项为真命题；
对C：根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，与抽样方法无关，
某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故C项为假命题；
对D：在线性回归分析中相关指数越接近于1，则模型的拟合效果越好，故D项为假命题.
故选：AB.
10．将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（    ）
A．在上是减函数 B．
C．是奇函数 D．在上有4个零点
【答案】ACD
【分析】A选项，代入检验，得到在上单调递减，A正确；
B选项，计算出，，两者不一定相等，
C选项，根据函数平移变换求出，故C正确；
D选项，令，得到，求出上，或或或，共4个零点，D正确.
【详解】时，，由于在上单调递减，故在上单调递减，A正确；
，，
因为，
由于与不一定相等，
故与不一定相等，B错误；
，故是奇函数，C正确；
令，解得：，
，则，则或或或，
解得：或或或，共4个零点，D正确.
故选：ACD
11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（    ）
A．若，则
B．若点O到直线的距离为，则
C．若，则的最大值为4
D．的最小值为
【答案】BD
【分析】根据余弦定理可求解可求解A，根据弦长公式可求进而求解B，将转化为到直线的距离之和的倍，可求C，利用数量积公式可求D.
【详解】
对A，若，又
，
所以，故A错；
对B，若点O到直线的距离为，
由弦长公式可得，故B对；
对C，，
几何意义为到直线的距离之和的倍，
设中点为Q，，
因为，所以,
所以在直角三角形中，，
所以Q的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，即，
而圆的圆心到直线距离的的距离为，
所以，
所以的最大值为6，故C错；
对D，的最小值为，故D对；
故选:BD.
12．如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（    ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.

三、填空题
13．在展开式中，含的项的系数是______.（用数字作答）
【答案】100
【分析】根据二项式的展开公式分别求出展开式中含有的项和展开式中项，即可求解.
【详解】中只有的展开式中才含有，
故中的项与展开式中含的项相乘得到，
展开式中项的系数为，
故的项的系数为.
故答案为:100.
14．已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球.第一次从红箱内取出一球，观察颜色后放回原处；第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内再取出一球，则第二次取到红球的概率为________.
【答案】##
【分析】根据全概率公式求得正确答案.
【详解】依题意，第二次取到红球的概率为.
故答案为：
15．已知双曲线右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率___________．
【答案】
【分析】根据条件得到和，从而得到，结合对称性得到，利用双曲线定义得到，求出离心率.
【详解】因为双曲线的右焦点，设其左焦点为，
因为，P，Q关于原点O对称，所以，
由的面积为4，所以，得，
又，
故，
所以．
又由双曲线的对称性可得，
由双曲线的定义可得，
所以，
故离心率.
故答案为：.
16．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【分析】将已知不等式变形整理，构造新函数h（t）=tet，求导分析单调性，将原不等式通过单调性转化为含a的恒成立问题，求解即可.
【详解】易知，将原不等式变形：，
，可得，
即，其中.
设，则，原不等式等价于.
当时，原不等式显然成立；
当时，因为在上递增，
恒成立，
设，则，所以在递减，递增，
所以的最小值为，故.
故答案为：
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

四、解答题
17．已知等比数列的前项和为,,.
(1)求数列的通项公式.
(2)令,求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将题设条件转化为，从而得到，进而求出公比，由此得解；
（2）利用（1）结论，结合裂项相消求和法即可得解.
【详解】（1）当时,
即,又是等比数列,;
数列的通项公式为:.
（2）由（1）知,,
,

即.
18．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论将边化角，结合三角恒等变换可得，由基本不等式可求得答案.
【详解】（1）证明：在中，由已知及余弦定理，得，
即,
由正弦定理，得，又，
故
.
∵，∴,
∵，∴，故.
（2）由（1）得，∴，，
由（1），得
，
当且仅当时等号成立，
所以当时，的最小值为.
19．在三棱锥中，，平面，点是棱上的动点，点是棱上的动点，且.

(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）作，根据线面垂直的性质可知两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，易证得为等腰直角三角形，由此可得坐标，根据可证得结论；
（2）用表示坐标，将表示为关于的二次函数，由此可确定时，最小，进而得到坐标；利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在平面内过点作，使得点与点在同侧，
平面，平面，平面，
，，则两两互相垂直.
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，；
由得：，，
为等腰直角三角形，；
同理可得：为等腰直角三角形，
当时，，，分别是中点，
，，，，
，.
（2）由（1）可得：，，，为等腰直角三角形；
，，
则；
当时，最小，分别是中点，
，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
20．常益长高铁的试运营，标志着我省迈入“市市通高铁”的新时代.常益长高铁全线长157公里，共设有常德站、汉寿站、益阳南站、宁乡西站、长沙西站5个车站. 在试运营期间，铁路公司随机选取了乘坐常德开往长沙西站G6575次复兴号列车的名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：
下车站上车站
汉寿站
益阳南站
宁乡西站
长沙西站
总计
常德站
10
20
10
40
80
汉寿站

10
10
20
40
益阳南站


10
40
50
宁乡西站



30
30
总计
10
30
30
130
200

（用频率代替概率）
(1)从这200名乘客中任选一人，求该乘客仅乘坐一站的概率；
(2)在试营运期间，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数为X，求X的分布列，及其期望；
(3)已知德山经开区的居民到常德站乘车的概率为0.6，到汉寿站乘车的概率为0.4，若经过益阳南站后高铁上有一位来自德山经开区的乘客，求该乘客到长沙西站下车的概率.
【答案】(1)0.3
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）根据仅乘坐一站的乘客有人，并根据古典概型计算即可；
（2）由题知，这3人到长沙西站下车的人数，进而根据二项分布求解即可；
（3）根据条件概率公式和全概率公式计算求解即可；
【详解】（1）解：由表中数据可知，仅乘坐一站的乘客有人，
所以，这200名乘客中任选一人，该乘客仅乘坐一站的概率；
（2）解：从常德上车的乘客到长沙西站下车的概率，
所以，根据频率估计概率，从常德上车的乘客中任选3人，设这3人到长沙西站下车的人数，，
所以其概率分布列如下：

0
1
2
3






；
（3）解：记事件A：该乘客在过益阳南站后到长沙西站下车，
记事件:该乘客在常德站上车，记事件:该乘客在汉寿站上车.
所以，，
由表中数据可知，经过益阳南站后，从常德站上车的乘客还有50人，40人在长沙西站下车；
从汉寿站上车，经过益阳南站后，乘客还有30人，其中在长沙西站下车的有20人；所以，，，
所以，，
所以该乘客到长沙西站下车的概率.
21．已知抛物线：的焦点为，直线交抛物线于两点（异于坐标原点），交轴于点（），且，直线，且与抛物线相切于点.
(1)求证：三点共线；
(2)过点作该抛物线的切线（点为切点），交于点.
（ⅰ）试问，点是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；
（ⅱ）求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）点在定直线上；（ⅱ）的最小值为16.

【分析】（1）易知焦点，设出两点坐标，根据得到，再由可知两直线斜率相等，可得点坐标的表达式，再利用即可证明三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线，的方程，求出两直线交点的坐标表达式即可得出点在定直线上；（ⅱ）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出的表达式，再求出点到的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得的最小值.
【详解】（1）由题可知，设，
又，由得，
所以，即，
所以直线的斜率为，
设，由可得，
所以直线的斜率为，
又，即，所以，得
所以，，
即，则三点共线.
（2）（ⅰ）点在定直线上，理由如下：
直线的斜率为，所以直线的方程为
即
过点的切线斜率为，所以直线的方程为
即，
交于点，解得
因此，点在定直线上.
（ⅱ）由（1）知直线的斜率为，方程为，
即，
联立抛物线方程整理得，
所以，
所以
又因为，所以点到的距离等于点到直线的距离，
而到直线的距离为
所以
而，当且仅当，即时等号成立；
所以，
即的最小值为16.
【点睛】方法点睛：定点问题，通常根据已知条件假设直线方程，再与曲线方程联立，借助韦达定理化简后代入分析.
面积的最值问题通常转化为函数的最值问题，进一步直接求解函数的最值或利用基本不等式、函数求导来求解函数最值.
22．已知函数.
(1)讨论极值点的个数；
(2)若有两个极值点，且，证明:.
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）分类讨论导函数的实数根即可求解极值点，
（2）构造函数和，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.
【详解】（1）,则,
显然不是的零点,

令,则,
在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.
当时，，当时，，且
时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点,
时,没有实数根，故有0个极值点,
当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，
时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点.
（2）由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,
先证:,即证:，即证:.
即证:.
令,
即证:,

令则
令,则,则在单调递减
,
,即在单调递减,
,证毕.
再证:,
,且
.
在单调递增,在单调递减,在单调递增,
.
即证:,
又,
即证:.
令,
.
令,
,
令
,
令

令,
,
在单调递减,在单调递增.
,
,当时,单调递增;当时,单调递减.
,
在单调递减,在单调递增.
,
在单调递增,在单调递减.
,
,
,
在单调递增,
,
所以原命题得证.
【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.