2023届山东省菏泽市高三二模数学试题含解析

这是一份2023届山东省菏泽市高三二模数学试题含解析，共24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届山东省菏泽市高三二模数学试题

一、单选题
1．已知全集，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用补集的定义求解作答.
【详解】集合，而全集，
所以.
故选：A
2．设a，b为实数，，若，则复数的虚部为（    ）
A． B．－ C． D．－
【答案】D
【分析】利用复数乘除法运算法则得到，得到复数的虚部.
【详解】变形得到，
故，解得，故，
所以，复数的虚部为.
故选：D
3．“”是“直线与直线平行”的（    ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；
【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；
当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.
综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
4．已知一个装满水的圆台容器的上底面半径为5，下底面半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为（    ）
A．32π B．36π C．48π D．50π
【答案】D
【分析】确定表面积最大时铁球的特性，作出圆台及球的轴截面，借助圆的切线性质及直角三角形求出球半径作答.
【详解】依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台上底面和侧面相切，显然铁球球心在圆台的轴线上，
过圆台的轴作平面截面圆台得等腰梯形，截球得球的大圆，圆与都相切，如图，

令的中点为，过点的圆的直径另一端点为，过作圆的切线交分别于，
则，即圆是等腰梯形的内切圆，过作的垂线，垂足分别为，
令圆切于，于是,，令圆的半径为，，
显然，又，则有，而，
因此，又，即，
中，，于是，解得，
所以可放入铁球的表面积的最大值.
故选：D
5．设、分别为双曲线的左右焦点，O为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且为等腰三角形，则双曲线的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，确定，结合圆的切线性质及双曲线定义列式计算作答.
【详解】因为直线与圆切于点E，则，而为等腰三角形，

必有，E为的中点，而O为中点，于是，有，
且，令双曲线焦距为2c，由，
得，即，有，
所以双曲线的离心率.
故选：A
6．足球是一项大众喜爱的运动,为了解喜爱足球是否与性别有关,随机抽取了若干人进行调查,抽取女性人数是男性的2倍,男性喜爱足球的人数占男性人数的,女性喜爱足球的人数占女性人数的,若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,则被调查的男性至少有（    ）人

a
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
5.635
7.879
10.828

A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】根据题意,设出男生人数,从而计算出列联表,再算出7.879比较即可.
【详解】设被调查的男性为人,则女性为人,依据题意可得列联表如下表:

男性
女性
合计
喜爱足球



不喜爱足球



合计



,
因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,所以有
,即,
解得,又因为上述列联表中的所有数字均为整数,
故的最小值为12.
故选:C.
7．已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式变形函数，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.
【详解】依题意，函数，，
因为在区间上单调递增，由，则，
于是且，解得且，即，
当时，，因为在区间上只取得一次最大值，
因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
8．已知定义在R上的函数的导函数为，满足，且，当时，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，由时，可得在上单调递增，由，可得.A选项，比较与大小即可判断选项正误；B选项，比较与大小即可判断选项正误；C选项，比较1与大小即可判断选项正误；D选项，比较与大小即可判断选项正误；
【详解】因，则，
则函数在上单调递增；
因，
则.
A选项，，故A错误；
B选项，注意到，则
，故B错误；
C选项，，故C错误；
D选项，，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题关键为通过题目条件构造出函数，并得到其单调性与对称性，若难以想到，可以通过选项形式得到提示.

二、多选题
9．在某次数学竞赛活动中，学生得分在之间，满分100分，随机调查了200位学生的成绩，得到样本数据的频率分布直方图，则（    ）

A．图中x的值为0.029
B．参赛学生分数位于区间的概率约为0.85
C．样本数据的75%分位数约为79
D．参赛学生的平均分数约为69.4
【答案】AC
【分析】利用各小矩形面积和为1求出x判断A；求出分数位于区间的频率判断B；求出75百分位数判断C；估计学生的平均分数判断D作答.
【详解】对于A，由，解得，A正确；
对于B，分数位于区间的频率为，估计概率为0.60，B错误；
对于C，由选项B知，样本数据的75%分位数，由，
解得，C正确；
对于D，由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为，
平均分数，D错误.
故选：AC
10．在棱长为2的正方体中，P是侧面上的一个动点（不包含四个顶点），则下列说法中正确的是（    ）
A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP//平面
C．存在点P，满足
D．与BP所成角的正切值范围为[,]
【答案】BCD
【分析】求出点P到直线的距离的最小值判断A；利用面面平行的性质判断B；利用等腰三角形性质判断C；求出与BP所成角的余弦值，结合三角函数单调性判断D作答.
【详解】在正方体中，面面，面，
面，则点到的距离的最小值为面与面的距离2，此时点在上，
因为正方体的对角面为矩形，且，又，此时的面积有最小值，故A错误；

连接，由选项A可知，四边形为矩形，即有，面，
面，则面，同理面，又，
平面，因此平面平面，当，面，故B正确；
因，取的中点为，则，即，故C正确；
因为是侧面上的一个动点(不包含四个顶点)，则射线必与折线段存在交点，
设，，则，，而，令与所成的角为，

则
，因为，
因此在时，，时，，又因为在上单调递减，
在上单调递增，所以时，最大，，
当时，最小，，则，故D正确.
故选：BCD
11．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆.分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，分别与椭圆相切于两点，为坐标原点，下列说法正确的是（    ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．记点到直线的距离为，则的最小值为
C．一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为
D．的面积的最小值为，最大值为
【答案】ACD
【分析】当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；结合两种情况可知A正确；利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可求得B错误；根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式可求得C正确；推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，结合二次函数最值的求法可求得结果，知D正确.
【详解】
对于A，当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则；
当直线斜率均存在时，设，切线方程为：，
由得：，
由整理可得：，，
又，，即，，
点轨迹为；
将检验，满足，
蒙日圆的方程为，A正确；
对于B，为椭圆上的点，，
；
的最小值为点到直线的距离，又，
，，B错误；
对于C，矩形四条边均与相切，该矩形为蒙日圆的内接矩形，
设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，，
（当且仅当时取等号），
此矩形面积最大值为，C正确；
对于D，设位于椭圆上半部分，即，，
在处的切线斜率，切线方程为：，
即，在处的切线方程为；
同理可得：当位于椭圆下半部分，即时，切线方程为：；
在点处的切线方程为，同理可知：在点处的切线方程为；
设，则，可知坐标满足方程，
即切点弦所在直线方程为：；
当时，，此时所在直线方程为：，
，；
当时，由得：，
由A知：，，
设，则，，
，
又原点到直线的距离，
，
令，，，则，
为开口方向向下，对称轴为的抛物线，
，，
，，
综上所述：的面积的最小值为，最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；
④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
12．已知，分别是函数和的零点，则（    ）
A． B． C．
D．
【答案】BCD
【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.
【详解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数在上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.

三、填空题
13．已知向量，若向量与垂直，则向量与的夹角余弦值是______.
【答案】
【分析】由与垂直，可得m，后由向量夹角余弦的坐标表示可得答案.
【详解】因，则.
又与垂直，则.
则.
故答案为：
14．若，则______.
【答案】1024
【分析】根据给定的展开式，利用赋值法直接求解作答.
【详解】在中，均为负数，均为正数，
令，得.
故答案为：1024
15．已知函数，若存在三个不相等的实数a，b，c，使得成立，则的取值范围是________.
【答案】
【分析】先求导得到的单调性，极值情况，得到若存在三个不相等的实数a，b，c，使得，则，将化为，得到.
【详解】的定义域为R，且，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
，，
画出的图象如下：

设存在三个不相等的实数a，b，c，使得，
对于方程可化为，
整理得，
故.
故答案为：
【点睛】设一元三次方程的三个根为，
原方程可化为，
整理得，
比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：
.

四、双空题
16．设数列是以为首项，为公比的等比数列，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.则＝_______；令，则＝_______.
【答案】
【分析】求出数列的通项公式，由已知直接求出，再利用等差数列性质求出数列的前n项和，并利用错位相减法求和作答.
【详解】依题意，，由等差数列性质得，即，解得；
，显然数列是等差数列，
其前n项和记为，则，
令均满足上式，因此，
于是
，则，
令，
则有，
两式相减得：，
因此，所以.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

五、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.
(1)求B和b的值；
(2)求AC边上高的最大值.
【答案】(1)，；
(2).

【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.
（2）利用余弦定理、均值不等式求出的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.
【详解】（1）由，得，即，
因此，在中，，即，
而，即，于是，又，解得，
因为的外接圆半径，由正弦定理得，
所以，.
（2）由（1）知，，，由余弦定理，得，
于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，
则由，得
所以AC边上高的最大值是.
18．已知各项为正数的等比数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求数列的前2n项和.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）设首项为，公比为q，由可得，化简后可得，即可得答案；
（2）由题可得当为奇数时，，当n为偶数时，.后由分组求和法可得答案.
【详解】（1）设首项为，公比为q.
因，则.
又各项为正数，则，故；
（2）由（1）及题意可得，；
当为奇数时，；
则当为偶数时，.



.
19．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，，，，，E为PD中点.

(1)求证：面PAB；
(2)点Q在棱PA上，设，若二面角P－CD－Q余弦值为，求.
【答案】(1)答案见解析；
(2)

【分析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.通过证明，可得面PAB.
（2）如图建立以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴的空间直角坐标系，由，可得，后分别求出平面PCD法向量，平面CDQ法向量，则，据此可得答案.
【详解】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.因E，F分别为PD，PA中点，则
，即四边形ECBF为平行四边形，
则，又平面PAB，平面PAB，则面PAB；
（2）取CD中点为G，因，则.
又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDC，
则平面ABCD.过C点作BA平行线，交AD于M.因平面ABCD，
则.过C做PG平行线CN，则以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴，如图建立空间直角坐标系.
则
注意到，则，故.
则，，，
.
设平面PCD法向量为，则，取；
设平面CDQ法向量为，则，
令，则，故取.
因二面角P－CD－Q余弦值为，则，
即.
又，则.
.
20．某公司年末给职工发奖金，采用趣味抽奖的方式，在一个纸箱里放10个小球：其中2个红球、3个黄球和5个绿球，每个职工不放回地从中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球得奖金1千元，每拿到一个黄球得奖金800元，每拿到一个绿球得奖金500元.
(1)求已知某职工在三次中只有一次抽到黄球的条件下，至多有1次抽到红球的概率；
(2)设拿到红球的次数为X，求X的分布列并计算拿到的三个球中，红球个数比黄球个数多的概率.
【答案】(1)
(2)分布列见解析；

【分析】（1）设事件：在三次中只有1次拿到黄球，事件：三次中至多一次抽到红球，则事件：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，求出，，然后利用条件概率公式求解；
（2）拿到红球的次数为0，1，2，求出对应的概率，从而可得的分布列；设事件“拿到红球的个数比黄球的个数多”，分为三种情况：红1黄，红1绿，红2绿，求出对应的概率再相加即可得的概率.
【详解】（1）设事件：在三次中只有1次拿到黄球，
事件：三次中至多一次抽到红球，
则事件：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，
，
，
所以．
（2）拿到红球的次数为0，1，2，则
，
，
，
故的分布列为

0
1
2




设事件“拿到红球的个数比黄球的个数多”，
红1黄，，
红1绿，，
红2绿，，
∴．
21．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，.
(1)①求C的方程；
②若M点在第一象限且，求；
(2)动直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率分别为，，t为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①P点坐标为； ②；③直线AB经过点.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）
【答案】(1)①；②
(2)证明过程见解析

【分析】（1）①表达出，，由勾股定理列出方程，求出，得到抛物线方程；②设出直线的方程，联立抛物线方程，设，由焦半径公式得到方程，得到，再由焦点弦长公式求出答案；
（2）选①②，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由列出方程，求出，证明出直线AB经过点；
选①③，由题意直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，计算出；
选②③，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，代入中，变形得到，求出，得到P点坐标为.
【详解】（1）①由题意得，因为直线MD垂直于x轴，，
所以点的横坐标为，代入中，，则，

其中，由勾股定理得，
解得，故抛物线方程为；
②由①知，因为，所以，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，与联立得，
，设，
则，，
因为，由焦半径公式可知，即，
将其代入中得，解得，负值舍去，

则，.
（2）若选①②，设直线，且，
联立，得，故，
故，同理，
故，
即，解得，
所以，即直线AB经过点；
若选①③，由题意直线，且，
联立得，所以，
，同理，
所以；
若选②③，由题意得直线，且，，
联立得，所以，
，同理，
，
所以，即，
要想上式对任意的成立，则，即，
故P点坐标为.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
22．已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)单调递减区间为，单调递增区间为
(3)

【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；
（2）分别在和的情况下，根据正负可求得单调区间；
（3）令，将恒成立的不等式转化为恒成立；利用导数可求得单调递增，采用放缩法可求得，由此可得结果.
【详解】（1），，又，
在处的切线方程为：.
（2）由题意知：定义域为；由（1）知：；
当时，，，；
当时，，，；
的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）当时，由得：，即恒成立；
令，则恒成立，；
令，则在上恒成立，
在上单调递增，，则，
在上单调递增；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
即（当且仅当时取等号），
，，
对恒成立，，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛；本题求解恒成立问题的关键是能够将恒成立不等式进行变形，采用构造函数的方式将问题转化为恒成立的问题，结合分离变量的思想可得.