2023届山东省济宁市高三二模拟数学试题含解析

2023届山东省济宁市高三二模拟数学试题

一、单选题

1．若复数，则在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】对复数z进行化简，再求出从而求出其所在的象限即可．

【详解】，

故在复平面内对应的点,

则在复平面内所对应的点位于第三象限.

故选:C．

2．已知集合，，若，则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】D

【分析】根据得出或，分别求出的值，并检验是否满足集合中元素的互异性，即可得出的值．

【详解】因为，

所以或，

当时，即，

则，不满足集合中元素的互异性，舍去；

当时，或，

当时，，不满足集合中元素的互异性，舍去；

当时，，满足题意，

所以，

故选：D．

3．“”是“直线与直线平行”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由两直线平行得出的值，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】若直线与直线平行，则有解得或，所以当时，直线与直线平行，当直线与直线平行时，或.

故选：A

4．为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（    ）

A．48 B．36 C．24 D．12

【答案】B

【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.

【详解】当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有种；

当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有.

故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为种.

故选：B

5．在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为．则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出以、为直径的圆的方程，将两圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程．

【详解】圆的圆心为，半径为2，

以、为直径,则的中点坐标为，，

以为圆心，为直径的圆的方程为，

因为过点圆的两条切线切点分别为A，B，

所以是两圆的公共弦，

将两圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程为：.

故选：A．

6．的内角的对边分别为，若边上的高为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知，用c表示出a、b，然后由余弦定理可得.

【详解】如图，边上的高为CD,

因为，所以

所以，

由勾股定理可得，

由余弦定理可得.

故选：B

7．、为两条直线，为两个平面，满足：与的夹角为与之间的距离为2．以为轴将旋转一周，并用截取得到两个同顶点(点在平面与之间)的圆锥．设这两个圆锥的体积分别为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】两个圆锥的轴截面如下图所示，设，由题意表示出，，再由圆锥的体积公式求出，令，对求导，即可求出的最小值即的最小值.

【详解】两个圆锥的轴截面如下图所示，分别为两圆锥的底面圆的圆心，设半径分别为，

，直线分别为两圆锥与的交线，

因为与之间的距离为2，所以设，

因为与的夹角为，所以，由圆锥的性质知，，

所以为等边三角形，所以,

所以，同理，

所以

，，

令，

解得：，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在单调递增，

所以.

所以的最小值为.

故选：D.

8．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造，对求导，可得的单调性和最值，可知，得出，同理构造，可得，即可得出答案.

【详解】令，，

令，解得：；令，解得：；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

由可知，

设，则在区间上是减函数．

且．

所以函数在区间上是增函数．

所以，即．即：．

故选：A．

二、多选题

9．下表是某校高三（1）班三名同学在高三学年度的六次数学测试中的分数及班级平均分表．下列叙述中正确的是（    ）

A．甲同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平

B．乙同学的数学学习成绩不稳定，总在班级平均水平上下波动

C．丙同学的数学学习成绩始终低于班级平均水平

D．通过与班级平均分的对比，可发现丙同学的数学成绩在稳步提高

【答案】ABD

【分析】将每位同学的成绩与班级平均分比较，判断正误.

【详解】甲同学每次成绩都高于平均分，故A正确；

乙同学3次成绩高于平均分，3次成绩低于平均分，故B正确；

丙同学第6次成绩高于平均分，故C正确；

丙同学成绩逐渐提升，且第6次成绩高于平均分，故D正确.

故选：ABD.

10．已知，且，则下列结论中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】利用基本不等式可得，可判断A，C选项,特殊值法判断B，D选项错误.

【详解】因为，，，

，所以，当且仅当等号成立，故A正确，

当,,则,故B错误；

因为，所以，故C正确;

当时,则，故D错误；

故选：AC.

11．若点为坐标原点，，则下列结论中正确的是（    ）

A．的最大值为2

B．面积的最大值为

C．

D．若数列是以为首项，为公差的等差数列，则

【答案】AB

【分析】关于直线对称，且都在圆上，根据图象结合数量积运算判断AC；当点在轴正半轴上时，，此时的面积取最大值，从而判断B；由三角恒等变换得出，结合周期性判断D.

【详解】易知关于直线对称，且都在圆上，

对于AC：由图可知，当直线过原点，且垂直于直线时，取最大值，

此时，，故A正确，C错误；

对于B：由于，

所以当时，此时当点在轴正半轴上时，，的面积取最大值，

此时的面积为，故B正确；

对于D：由题意，

，

，

则，因为函数的周期为，

所以函数的周期为3，因为，

所以,

故D错误；

故选：AB

12．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（    ）

A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为

B．若为正方形的中心，则三棱雉外接球的体积为

C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为

D．若三棱雉的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分

【答案】ACD

【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.

【详解】对于A：过点作//交于点，连接．

则即为与所成角的平面角，且．

当点由点A向点移动的过程中，点由点D向点移动,

线段逐渐变长，逐渐变短,

所以逐渐变大．

又当点在点A处时，；当点在点处时，．故A正确．

对于B：由题意可知：平面，平面，

则，

又因为，，平面，

所以平面，

平面，则，

故和均为直角三角形．

所以与的交点即为三棱锥的外接球的球心，半径，

此外接球的体积．故B不正确．

对于：由题意可知：平面，平面，

则，

点在侧面内，满足，

故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，

所以点的轨迹的长度为，C正确．

对于D：设三棱锥的高为，

由三棱锥的体积为，解得，

即点到平面的距离为．

对于三棱锥，设高为，

由体积可得，解得，

即点到平面的距离为，

可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，

故点在平面或为点，

若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，

显然点不满足题意，

设与平面所成的角为，则，

故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，

显然点不合题意，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．

故选：ACD.

【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．

三、填空题

13．已知抛物线的焦点为，点为曲线上一点，若，则点的坐标为________．

【答案】

【分析】利用条件和抛物线的定义即可得到结果.

【详解】因为抛物线，所以，又，

所以由抛物线的定义知，得到，

又由，得到，

所以点的坐标为，

故答案为：.

14．已知，函数，，则________．

【答案】

【分析】根据自变量的大小带入相应解析式列方程可解.

【详解】因为，所以，

所以，解得.

故答案为：

15．在排球比赛的小组循环赛中，每场比赛采用五局三胜制．甲、乙两队小组赛中相见，积分规则如下：以或获胜的球队积3分，落败的球队积0分；以获胜的球队积2分，落败的球队积1分．若甲队每局比赛获胜的概率为0.6，则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，甲队前2局比赛都获胜的概率是________．(用分数表示)

【答案】

【分析】设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件，“甲队前2局比赛都获胜”为事件，分甲队以或获胜，求得，再由条件概率公式求解即可.

【详解】甲队以获胜，即三局都是甲胜，概率是，

甲队以获胜，即前三局有两局甲胜，第四局甲胜，概率是，

设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件，“甲队前2局比赛都获胜”为事件，

甲队以获胜，即前2局都是甲胜，第4局甲胜，概率是，

则，，

则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，

甲队前2局比赛都获胜的概率.

故答案为：.

16．已知向量、不共线，夹角为，且，，，若，则的最小值为________．

【答案】

【分析】依题意作出如下图形，令，，根据平面向量线性运算法则及椭圆的定义得到点的轨迹，求出其轨迹方程，由的取值范围，得到时，的值最小，此时点的坐标为，再代入椭圆方程计算可得.

【详解】如图及为平行四边形，，，

令，，则，，

因为，即，

由椭圆的定义可知点的轨迹是以，为焦点的椭圆其中、，

所以其轨迹方程为，

因为，所以当，即时，的值最小，

此时点的坐标为，

将点的坐标代人椭圆得，

解得．

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题解答的关键是结合平面向量线性运算法则及椭圆的定义将问题转化，再结合同角三角函数的基本关系计算..

四、解答题

17．已知函数．

(1)求函数在上的单调递增区间;

(2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于点成中心对称，在上的值域为，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先化简，根据正弦函数的周期性即可得出答案；

（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出、，再由三角函数的性质求解即可.

【详解】（1）

因为，所以．

所以当，即：时，函数单调递增．

所以函数的单调递增区间为.

（2）由题意可知：

因为函数的图象关于点成中心对称．

所以．解得：．

因为，所以．所以．

当时，．因为在上的值域为

所以．解得：．所以的取值范围为．

18．已知数列的前项和为，且．

(1)求数列的通项公式;

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，

（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.

【详解】（1）由，得

所以数列为等差数列．所以，得．

所以公差．所以．

（2）当为奇数时，．当为偶数时．

所以

19．某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试)，并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．

(1)根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值;

(2)若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;

(3)复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进人了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．

附：若随机变昰服从正态分布，则，

【答案】(1)62

(2)182

(3)

【分析】（1）由频率直方图平均数的计算公式求解即可；

（2）由分析知，则，由原则求解即可；

（3）由题意可得出，对求导，得到函数的单调性和最值，即可求出答案.

【详解】（1）设样本平均数的估计值为

则．

解得．所以样本平均数的估计值为62．

（2）因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中．

所以．所以．

所以估计能参加复试的人数为．

（3）由该学生获一等奖的概率为可知：．

则．

令．．

当时，;当时，．

所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．

所以．所以的最小值为．

20．如图，圆柱的轴截面是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦交于点，其中．

(1)证明：平面平面;

(2)判断上底面圆周上是否存在点，使得二面角的余弦值为．若存在，求的长;若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在点，的长为．

【分析】（1）将面面垂直转化为平面，根据圆和圆柱的性质可证；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量可解.

【详解】（1）证明：由题意可知：在下底面圆中，为直径．

因为

所以为弦的中点，且．

因为平面．

所以平面．

因为平面．

所以平面平面．

（2）

设平面交圆柱上底面于，交于点．

则二面角的大小就是二面角的大小．

分别以下底面垂直于的直线、为轴建立空间直角坐标系如图所示．

因为，底面圆半径为3，所以．

则，设．

所以，

．设平面的一个法向量为．

由得：即：

令则．

设平面的一个法向量为．

由得：即：

令可得

所以

化简得，解得：或(舍)．

即：．又因为平面平面，平面平面

所以，且为的中点．

所以．

所以存在点，使得二面角的余弦值为的长为．

21．已知双曲线的离心率为的右焦点到其渐近线的距离为．

(1)求该双曲线的方程；

(2)若直线与双曲线在第一象限交于两点，直线交线段于点，且，证明：直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用条件直接求出，从而求出双曲线的方程；

（2）设出，利用两点间距离公式和点在双曲线上，得到，，再利用条件即可得出结果.

【详解】（1）因为双曲线的渐近线为，

又因为双曲线的右焦点到其渐近线的距离为，所以，

又，，联立解得，

所以双曲线的方程为.

（2）

由（1）知，双曲线的右焦点为，

设，则，又，得到，

所以，

又因为，所以，同理可得，

如图，，

显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

所以，即，

化简得，又，所以，即，

所以直线的方程为，恒过点．

所以直线过定点．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数为实数．

(1)若恒成立，求实数的取值范围;

(2)若方程恰有3个不同的实数根，求实数的值

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）恒成立，即，对求导，得出的单调性，可求出，即可得出答案.

（2）方程转化为，即与的图象有3个交点，对进行变形求导，求出的单调性和最值，即可得出答案.

【详解】（1）．得：得：．

所以函数在区间上是增函数;在区间上是减函数．

因为恒成立．所以．

所以．所以实数的取值范围为．

（2）解法一：由得：．变形得：．

令．．

令．．

当时，；当时，．

所以函数在区间上为减函数；在区间上为增函数．

又因为时，．

所以存在唯一使得；存在唯一使得;

(其中)．

所以当时，；当时，;

当时，；当时，．

所以函数在区间上为减函数；在区间上为增函数；

在区间上为减函数；在区间上为减函数．

又因为时，．

所以当时，方程恰有3个不同的实数根．

解法二：由得：．

变形得

令则．

得：得：．

所以函数在区间上是增函数；在区间上是减函数．

且时，时，．

所以当时，方程有两个不相等的实数根;

当时，方程有且只有一个实数根．

令．则．

．

得：得．

所以函数在区间上是减函数；在区间上是增函数，

且时，．

所以当时，方程有两个根分别为1和．

所以当时，方程有且只有一个实数根．

当时，方程有两个不相等的实数根．

所以方程恰有3个不同的实数根时实数的为3

【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．