2023届山东省聊城市高三二模数学试题含解析

这是一份2023届山东省聊城市高三二模数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届山东省聊城市高三二模数学试题
一、单选题
1．已知集合，若，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据交集结果得到，或，检验后得到答案.
【详解】因为，所以，或，
当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；
当时，，与集合元素的互异性矛盾，舍去；
当时，，满足集合元素互异性，满足要求.
故选：B
2．若复数z满足，则复数z的虚部为（    ）
A．i B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据复数的除法法则得到，求出虚部.
【详解】由得，
故复数z的虚部为1
故选：C
3．设等差数列的前n项和为，已知是方程的两根，则能使成立的n的最大值为（    ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】A
【分析】根据韦达定理求出公差d的范围，再运用等差中项求解.
【详解】因为 是方程 的根， ，
又 ，公差 ，
由等差中项知：  ，  ，
， ，即使得 的成立的最大 ；
故选：A.
4．在梯形中，则的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将 作为基底表达 和 ，根据条件按照数量积的运算规则计算.
【详解】
依题意做上图， ，

，
故选：D.
5．某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由棱台体积得到棱台的高，并作出辅助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设正四棱台形状的高为，
故，解得，
取正方形的中心为，正方形的中心为，则，
故该模型的外接球的球心在上，设为点，连接，
设上底面正方形的边长为，，则，解得，，
故，设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为.

故选：A
6．设椭圆的焦点为，点P是C与圆的交点，的平分线交于Q，若，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作图，根据几何关系以及椭圆的定义求解.
【详解】
依题意作上图，因为 是 的角平分线，  ，  ，
又P点在圆 的圆周上， ， 是直角三角形，
根据椭圆的定义有 ，
由勾股定理得： ，整理得： ，
即 解得 或 （舍）；
故选：D.
7．已知函数满足，若，且，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由得函数在时取最值，得函数的解析式，再由三角恒等变换计算的值.
【详解】因为满足，所以，
所以，，又，所以，
得，
因为，，
所以，所以，，
，
因为，所以.
故选：D.
8．已知函数（且）有一个极大值点和一个极小值点，且，则a的取值范围为 （    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据导数的正负可知不合题意，当时，导数等于0有两个根转化为两个函数有2个交点，求出的切线，利用数形结合求解即可.
【详解】由题意知，时，，
又，当时，时，，所以，
矛盾，故，
由有两不同实数根可知，有两个不同交点，
设过原点与相切的直线为，切点为，
因为，所以，解得，
即，如图，

所以与有两个不同交点则需，解得，
又，所以，此时满足极大值点为，极小值点为，且.
故选：B

二、多选题
9．某短视频平台以讲故事，赞家乡，聊美食，展才艺等形式展示了丰富多彩的新时代农村生活，吸引了众多粉丝，该平台通过直播带货把家乡的农产品推销到全国各地，从而推进了“新时代乡村振兴”．从平台的所有主播中，随机选取300人进行调查，其中青年人，中年人，其他人群三个年龄段的比例饼状图如图1所示，各年龄段主播的性别百分比等高堆积条形图如图2所示，则下列说法正确的有（    ）

A．该平台女性主播占比的估计值为0.4
B．从所调查的主播中，随机抽取一位参加短视频剪辑培训，则被抽到的主播是中年男性的概率为0.7
C．按年龄段把所调查的主播分为三层，用分层抽样法抽取20名主播担当平台监管，若样本量按比例分配，则中年主播应抽取6名
D．从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，已知该幸运主播是青年人的条件下，又是女性的概率为0.6
【答案】AC
【分析】A选项，结合图1和图2求出三个年龄段中女性人数；B选项，在A选项基础上，求出相应的概率；C选项，求出三个年龄段主播的比例，从而得到中年主播应抽取的人数；D选项，设出事件，利用条件概率公式求出答案.
【详解】A选项，由图1可以看出选取300人中其他人群人数为，
青年人人数为，中年人人数为，
由图2可以看出青年人中女性人数为，中年人中女性人数为，
其他人群中，女性人数为，
故该平台女性主播占比的估计值为，A正确；
B选项，中年人中男性人数为，
故从所调查的主播中，随机抽取一位参加短视频剪辑培训，则被抽到的主播是中年男性的概率为，B错误；
C选项，三个年龄段人数比例为青年主播，中年主播和其他人群主播比例为，
故用分层抽样法抽取20名主播担当平台监管，若样本量按比例分配，则中年主播应抽取名，C正确；
D选项，从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，设幸运主播是青年人为事件，随机选取一位做为幸运主播，设幸运主播是女性主播为事件，
则，，，D错误.
故选：AC
10．已知函数，则（    ）
A．函数是增函数
B．曲线关于对称
C．函数的值域为
D．曲线有且仅有两条斜率为的切线
【答案】AB
【分析】由可得是增函数，且对于任意，满足，所以关于对称，可得AB正确；利用指数函数值域易得函数的值域为，即C错误；令，整理可得，易知，可得，即方程无解，因此曲线不存在斜率为的切线，即D错误.
【详解】根据题意可得，易知是减函数，
所以是增函数，即A正确；
由题意可得，所以，
即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；
由指数函数值域可得，所以，即，
所以函数的值域为，所以C错误；
易知，令，整理可得，
令，即，
易知，又因为，即，
所以，即，因此；
即关于的一元二次方程无实数根；
所以无解，即曲线不存在斜率为的切线，即D错误；
故选：AB
11．已知正方体的棱长为2，点E，F，G分别是线段，，的中点，则（    ）
A．
B．∥平面
C．直线与平面所成的角的余弦值为
D．过点F且与直线垂直的平面，截该正方体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的性质，是否等于零，可判断A选项；求出平面的法向量，与判断是否垂直，可判断B选项；直线与平面所成的角的余弦值可先求出与平面的法向量的余弦值，再根据角的关系，求出所要求的结果，即可判断C选项；做出过点F且与直线垂直的平面的截面图，根据几何关系即可求出其周长，可计算出D选项.
【详解】以D为坐标原点，以、、分别为、、轴，建立坐标系，如图所示，

，，，，，，，
，

，故A选项正确；
，，
设平面的法向量为，
则即，令，则，，
则

与平面不平行，故B选项不正确；
，
设直线与平面所成的角为，
则

，故C选项正确；

平面
取、为、的中点，，由几何关系可知，，，则组成一个平面， 由，，，均在平面内，
则平面，即过点F且与直线垂直的平面，截该正方体所得截面如图所示平面，
则截面的周长为

故D选项正确；
故选：ACD.
12．设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点，且M为的中点．（    ）
A．当时，的斜率为2 B．当时，
C．当时，符合条件的直线l有两条 D．当时，符合条件的直线l有四条
【答案】ABD
【分析】由点差法得，由此判断AB正确；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时,由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出位置，根据是否在抛物线内部判断CD是否正确.
【详解】如图,设,,

则,两式相减得,.
当的斜率存在时,，则有,
又,所以.
当时，，故A正确；
由,得,
即,因此,即必在直线上.
当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，
故，故B正确；
将代入,得,由在抛物线内部得，
因为点在圆上,所以,
当时，，解得，与矛盾，此时的斜率为的直线不存在，当的斜率不存在时,符合条件的直线只有一条，故C错误；
当时，，解得，符合，此时的斜率为的直线有两条. 当的斜率不存在时,符合条件的直线也有两条，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：不要遗漏判断斜率不存在时的直线是否符合要求.
当斜率存在时，先确定点一定在直线上，再用点一定在抛物线内部判断给定的是否符合要求.

三、填空题
13．已知二项式的展开式中，只有第四项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．（用数字作答）
【答案】60
【分析】依题意可得，再写出展开式的通项，令，求出，再代入计算可得.
【详解】因为二项式的展开式中，只有第四项的二项式系数最大，所以，
则展开式的通项为，
令，解得，所以展开式中常数项为.
故答案为：
14．健走是介于散步和竞走之间的一种运动方式，它是一项简单安全，能增强肺活量且有益心脏健康的有氧运动，某运动生理学家对健走活动人群的体脂率（体脂率是指人体内脂肪含量与总体重的比值）做了大量的调查，发现调查者的体脂率X服从正态分布，规定体脂率小于或等于0.17的人的身材为良好身材，若参加健走的人群中有16%的人具有良好身材，则的值约为________．
参考数据：则．
【答案】0.03/
【分析】根据求出的值约0.03
【详解】因为，，
故当时，，满足要求.
故答案为：0.03
15．若互不相等的实数m，n，s，t满足，则称m，n，s，t具有“准等比”性质．现从2，4，8，16，32，64，128这7个数中随机选取4个不同的数，则这4个数具有“准等比”性质的概率为________．
【答案】
【分析】由列举法结合组合数公式以及古典概型概率公式得出这4个数具有“准等比”性质的概率.
【详解】7个数中随机选取4个不同的数共有种不同的选法，
因为，
所以具有“准等比”性质的4个数有：，
，
，
，
，共13种，
所以这4个数具有“准等比”性质的概率为.
故答案为：
16．已知曲线，过点的直线交曲线C于M，N两点，O为坐标原点，则的面积的取值范围为________．
【答案】
【分析】根据给定条件，设出直线MN的方程，与曲线C的方程联立，求出面积的函数关系，再求出其值域作答.
【详解】依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为：，

由消去y并整理得：，
，解得或，
设，有，
的面积
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，显然，
所以的面积的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.

四、解答题
17．设数列的前n项和为，已知，且数列是公比为的等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件，运用等比数列公式法推出 的通项公式；
（2）运用裂项相消法求解.
【详解】（1） ， ，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
即，从而，两式作差得： ，
化简得： ，即，
所以，所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，
故数列的通项公式为；
（2），
．
，
因为，所以.
18．随着生活水平的提高，人们对水果的需求量越来越大，为了满足消费者的需求，精品水果店也在大街小巷遍地开花.4月份的“湖南沃柑”因果肉滑嫩，皮薄汁多，口感甜软，低酸爽口深受市民的喜爱．某“闹闹”水果店对某品种的“湖南沃柑”进行试销，得到一组销售数据，如下表所示：
试销单价x（元）
3
4
5
6
7
产品销量y件
20
16
15
12
6
(1)经计算相关系数，变量x，y线性相关程度很高，求y关于x的经验回归方程；
(2)用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1.2时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数X的分布列和数学期望．
参考公式：线性回归方程中，的最小二乘法估计分别为．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用线性回归方程的计算公式计算对应数据即可；
（2）先确定“次数据”个数，列出分布列再计算其期望.
【详解】（1）由已知，得，，
，，
则，
所以，
所以．
（2）当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，．
因此该样本的残差绝对值依次为0.2，1，1.2，1.4，1.4，
所以“次数据”有2个．“次数据”个数X可取0，1，2．
．
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P



则数学期望．
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)证明：；
(2)若，求面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理得，再由余弦定理得到，证明出结论；
（2）由（1）中结论和得到，结合得到，由基本不等式求出面积的最大值.
【详解】（1）由正弦定理及得，
，
即．
再由正弦定理可得．
由余弦定理得，,
即，故；
（2）由及，可得．
由得，所以．
在中，
所以．
所以
．
当且仅当，即时等号成立．
故面积的最大值为．
20．如图，平面平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，且，点G在线段上．

(1)若点G为线段的中点，求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，交于H，连接，证明四边形为平行四边形，从而，即可根据线面平行的判定定理证明结论.
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点和向量的坐标，根据平面与平面的夹角的余弦值，设，求得参数，即可求得答案.
【详解】（1）连接，交于H，连接，则H为的中点，

因为G，H分别为的中点，
所以且．
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，从而，
又平面平面，
所以平面，
（2）因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
因为平面，所以．
以点D为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，z轴，
在平面内过点D作的出现为y轴，建立如图的空间直角坐标系．

由于，故,
则，
．
设，则．
设平面的法向量，
由,得,
令，则．
设平面的法向量，
由,得,
令，得．
设平面与平面的夹角为,
则，解得．
而,则,
从而,
故的长度为．
21．已知点M为双曲线右支上除右顶点外的任意点，C的一条渐近线与直线互相垂直．
(1)证明：点M到C的两条渐近线的距离之积为定值；
(2)已知C的左顶点A和右焦点F，直线与直线相交于点N．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析

【分析】（1）根据垂直关系得到渐近线的斜率，得到方程，求出双曲线方程，进而设出点M的坐标为，，利用点到直线距离公式得到点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值；
（2）先考虑时，再考虑，当M在x轴上方时，设出点的坐标，表达出，结合正切二倍角公式得到，故，当M在x轴下方时，同理可得结论.
【详解】（1）因为双曲线C的一条渐近线与直线互相垂直，
所以其中一条渐近线的斜率为，则，则．
所以双曲线C的方程为．
设点M的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，
则点M到两条渐近线的距离分别为，
则．
所以点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值．
（2）存在．
①当时，，又N是的中点，
所以，所以，此时．
②当时．
ⅰ）当M在x轴上方时，由，可得，
所以直线的直线方程为，
把代入得．
所以，则．
由二倍角公式可得．
因为直线的斜率及，
所以，则．
因为，
所以．
ⅱ）当M在x轴下方时，同理可得．
故存在，使得．

【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22．已知函数，设m，n为两个不相等的正数，且.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由有两个不相等正根转化为函数与函数有两个交点，研究函数的单调性，数形结合求出a的范围；
（2）求导，分与两种情况研究函数的单调性，然后利用分析法证明，构造函数，求导，研究函数单调性，利用函数最值证明不等式.
【详解】（1）由题意，有两个不相等正根，
所以有两个不相等正根，即有两个不相等正根，
记函数，则，
令，得，令，得，令，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
令得，且，x无限趋近于0时，函数值无限趋向于0，
作出函数的图象，如图

要使有两个不相等正根，
则函数与函数有两个交点，
由图知，
故实数a的取值范围.
（2）函数定义域为，
当时，，在上单调递增，不符合题意；
当时，
若时，，在上单调递减，
若时，，在上单调递增，
由题意，不妨设，
先证明.
要证，即证；
因为，且在上单调递增，
故只需证明，
令，
则，所以在上单调递增，
所以当时，，则有，
因为，所以，则，故；
再证，即证.
因为，且在上单调递增，
只需证明，即证，
因为，所以，
所以只需证明，
令，
则．令，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，于是，
从而可得在上单调递减，故，
所以成立，故.
综上，.
【点睛】极值点偏移问题的解法：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.