山东省泰安市2023届高三二模数学试题

山东省泰安市2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知全集，集合，，则集合可能是（　　）

A． B． C． D．

2．若（为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

3．为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为

A． B． C． D．

4．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

5．在平面直角坐标系中，已知圆：，若直线：上有且只有一个点满足：过点作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则正实数m的值为（    ）

A．1 B． C．3 D．7

6．已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

7．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图所示的池盆几何体是一个刍童，其中上下底面为正方形，边长分别为6和2，侧面是全等的等腰梯形，梯形的高为.已知盆中有积水，将一半径为1的实心铁球放入盆中之后，盆中积水深变为池盆高度的一半，则该盆中积水的体积为（    ）

A． B． C． D．

8．已知双曲线，其一条渐近线方程为，右顶点为A，左，右焦点分别为，，点P在其右支上，点，三角形的面积为，则当取得最大值时点P的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．随机变量且，随机变量，若，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（    ）

A．是奇函数 B．图象关于直线对称

C．在上是减函数 D．在上的值域为

11．如图，在直三棱柱中，，，，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．当N为的中点时，直线与平面所成角的正切值为

B．当时，平面

C．的周长的最小值为

D．存在点N，使得三棱锥的体积为

12．已知函数，.（    ）

A．若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，

B．当且时，函数在上单调递增

C．当时，若函数有三个零点，则

D．当时，若存在唯一的整数，使得，则

三、填空题

13．用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）

14．已知，则_______.

15．若m，n是函数的两个不同零点，且m，n，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则__________.

16．已知椭圆的左，右焦点分别为，，椭圆C在第一象限存在点M，使得，直线与y轴交于点A，且是的角平分线，则椭圆C的离心率为_________.

四、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，.

(1)求；

(2)若点D在的外接圆上，且，求的长.

18．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.

(1)求证：平面；

(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

19．已知数列的前n项和为，，，.

(1)求；

(2)设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.

20．2022年11月，《2021年全国未成年人互联网使用情况研究报告》发布.报告显示，2021年我国未成年网民规模达1.91亿，未成年人互联网普及率达96.8%.互联网已成为未成年人学习，娱乐，社交的重要工具.但与此同时，约两成的未成年网民认为自己对互联网存在不同程度的依赖.某中学为了解学生对互联网的依赖情况，决定在高一年级采取如下“随机回答问题”的方式进行问卷调查：一个袋子中装有5个大小相同的小球，其中2个黑球，3个红球.所有学生从袋子中有放回地随机摸两次，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式①回答问卷，否则按方式②回答问卷”.

方式①：若第一次摸到的是红球，则在问卷中画“√”，否则画“×”；

方式②：若你对互联网有依赖，则在问卷中画“√”，否则画“×”.

当所有学生完成问卷调查后，统计画“√”，画“×”的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即可求得高一年级学生对互联网依赖情况的估计值.（）

(1)若高一（五）班有50名学生，用X表示其中按方式①回答问卷的人数，求X的数学期望；

(2)若所有调查问卷中，画“√”与画“×”的比例为1：2，试估计该中学高一年级学生对互联网的依赖率.（结果保留两位有效数字）

21．已知点和点之间的距离为2，抛物线经过点N，过点M的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，点E，F分别在直线，上，且，（O为坐标原点）.

(1)求直线l的倾斜角的取值范围；

(2)求的值.

22．已知函数，.

(1)当时，讨论方程解的个数；

(2)当时，有两个极值点，，且，若，证明：

（i）；

（ii）.

参考答案：

1．C

【分析】根据集合的定义和运算规律求解即可.

【详解】∵，

∴

又∵

∴

故选：C.

2．B

【分析】先利用复数的四则运算求出复数，然后利用复数求模的公式即可计算.

【详解】由可得，

所以，

故选：.

3．C

【详解】由已知,

， 故选C.

4．B

【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角.

【详解】因为，所以，即①.

因为向量在向量方向的投影向量是，所以.

所以②，将①代入②得，，又，

所以.

故选：B

5．C

【解析】根据四边形PMCN为正方形可得，转化为圆心到直线的距离为可求得结果.

【详解】由可知圆心，半径为，

因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，

所以直线：上有且只有一个点，使得，即，

所以圆心到直线的距离为，

所以，解得或（舍）.

故选：C

【点睛】关键点点睛：将题意转化为圆心到直线的距离为是解题关键.

6．D

【分析】由题可知为偶函数，且在上单调递减，利用函数的单调性可比较出.

【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.

因，所以，故为偶函数.

当时，，因，，所以.

即在上单调递减.

，

因，所以，即.

故选：D.

7．D

【分析】根据题意可知，这个刍童为棱台，求出棱台的高，从而求出放入球后水面的高度和边长，再将棱台的体积减去水中球的体积即可得解.

【详解】根据题意可知，这个刍童为棱台，

如图，为垂直底面的截面，则棱台的高为，

因为盆中积水深变为池盆高度的一半，

所以水面边长为，高为，

则实心球只有一半在水中，

所以该盆中积水的体积为.

故选：D.

8．B

【分析】根据三角形的面积结合渐近线方程可得的值，再根据双曲线的定义转换可得当且仅当共线且在中间时取得最大值，进而联立直线与双曲线的方程求解即可.

【详解】设，则由三角形的面积为可得，即，又双曲线一条渐近线方程为，故，即，故，故，解得，故，双曲线.

又由双曲线的定义可得，当且仅当共线且在中间时取得等号.

此时直线的方程为，即，联立可得，解得，由题意可得在中间可得，代入可得，故.

故选：B

9．AC

【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.

【详解】对AB，因为且，

所以，故，，选项A正确，选项B错误；

对C，因为，所以，

所以，解得，选项C正确；

对D，，选项D错误.

故选：AC.

10．ACD

【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

【详解】，

由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，

，则，所以，

将函数的图象沿轴向右平移个单位，

得到函数的图象.

对于A选项，函数的定义域为，，

函数为奇函数，A选项正确；

对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；

对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；

对于D选项，当时，，则，.

所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.

故选：ACD

11．BD

【分析】取的中点,证明平面，故为直线与平面所成的角，求解可判断A；延长交于点，可得四边形是平行四边形，从而可判断B；当点与重合时，求出的周长可判断C；取的中点,连接，若三棱锥的体积为，则，根据可判断D.

【详解】对于A，当为的中点时，取的中点,连接，

易知,平面，则平面，

故为直线与平面所成的角，

则,故A错误；

对于B，当时，延长交于点，此时，

所以，所以.

又，所以四边形是平行四边形，所以，即.

因为平面，平面，所以平面，故B正确；

对于C，当点与重合时，易知，

此时的周长为，显然有，故C错误；

对于D，取的中点,连接，易知平面,,

若三棱锥的体积为，

即，所以,所以.

因为

所以存在点N，使得三棱锥的体积为，故D正确.

故选:BD.

12．BCD

【分析】A选项，由导数几何意义结合题意可知，即可判断选项正误；B选项，利用导数知识结合可得的单调区间，即可判断选项正误；C选项，有三个零点等价于直线与函数图象有3个交点，利用函数研究单调性，极值情况，即可判断选项正误；D选项，由题可得，存在唯一整数，使 图象在直线下方.，利用导数研究单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合图象可确定及相关不等式，即可判断选项正误.

【详解】A选项，，由题，，则，，故A错误；

B选项，当时，，.因，则.

或在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；

C选项，当时，令，

注意到当时，，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点.

令，其中.

.

令或在上单调递增；

或或或

在，

上单调递减，又，

则可得大致图象如下，则由图可得，当，

直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故C正确；

D选项，由题可得，，

即存在唯一整数，使 图象在直线下方.

则，，

得在上单调递减，在上单调递增，

又，过定点，

可在同一坐标系下做出与图象.又设过点切线方程的切点为，

则切线方程为：，因其过，

则或，又注意到

结合两函数图象，可知或2.

当时，如图1，需满足；

当时，如图2，需满足；

综上：，故D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点睛：对于选填题，为便于快速找到答案，常使用数形结合思想，用直观的图象解决函数零点与函数不等式成立问题，而做出图象的关键就是利用导数知识研究函数的单调性，极值.

13．312

【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.

【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，

1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；

2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，

综上可知，共有个.

故答案为：312

14．

【分析】利用辅助角公式求得，根据倍角公式和诱导公式化简目标式，即可求得结果.

【详解】因为，故可得，

则

故答案为：.

15．

【分析】由题可确认m，n同为正数，则成等比数列，又不妨设，则成等差数列，即可得答案.

【详解】由题可得，

则成等比数列，得.

又不妨设，则成等差数列，得.

结合，可得，解得或（舍去），即.

故答案为：

16．

【分析】首先设，再根据题意和椭圆的定义求得，转化为关于的等式，进而求得椭圆的离心率.

【详解】由题意得，

又由椭圆的定义得，

记，则，，

则，所以，

故，

则，则，即

等价于，得：或（舍）

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）方法一，由余弦定理先求，再根据正弦定理求；方法二，首先根据正弦定理求，再根据求解；

（2）首先根据角的相等关系得到，再根据，得，再根据余弦定理求.

【详解】（1）方法一：

在中，由余弦定理得，

即

解得（舍）或

，

由正弦定理得，.

方法二：

中，

.

由正弦定理得，

.

（2）连接

又，

，

设

在中，由余弦定理得，，

.

18．(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面；

【详解】（1）为等边三角形，D为中点，

，

又，，，平面，

平面，

平面，

，

取中点G，连接，

为等边三角形，

，

平面平面，平面平面，平面.

平面，

，

与相交，，平面，

平面；

（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，，，

设，则

，，

设平面的一个法向量为，

则，所以，

取，可得，

为平面的一个法向量，

取平面的一个法向量为，

则，

解得，此时，

在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.

19．(1)，

(2)

【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得，后分奇偶情况可得；

（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.

【详解】（1），.

，，.

又，，，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.

当时，；当时，.

综上，，

（2）方法一：，

.

，.

方法二：，

，

，

，

∴时，为递增数列，

时，为递减数列，

若，都有成立，只需使，则且，则.

20．(1)24

(2)18%

【分析】（1）按方式①回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，概率为，50名学生按方式①回答问卷的人数服从于二项分布，运用公式计算数学期望

（2）记事件A为“按方式①回答问卷”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”，利用全概率公式计算条件概率.

【详解】（1）每次摸到黑球的概率，摸到红球的概率

每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率

由题意知，高一五班50名学生按方式①回答问卷的人数，

X的数学期望.

（2）记事件A为“按方式①回答问卷”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”.

由（1）知，，

由全概率公式得，

由调查问卷估计，该中学高一年级学生对互联网的依赖率约为18%.

21．(1)

(2)2

【分析】（1）由求出，将代入抛物线C的方程得，设直线l的方程为，与抛物线方程联立利用判别式得的范围，再由向量共线得点E，F均在y轴上，可得k的取值范围及直线l的倾斜角的取值范围；

（2）设，根据M，A，B三点共线得，再由，求出，，求出直线的方程令得，同理可得，代入可得答案.

【详解】（1），，，，

将代入，解得，

抛物线C的方程为，

直线l过点，且与抛物线C有两个不同的交点，

直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，

由得，，

且，即，

且，

，，

，，点E，F均在y轴上，

，均与y轴相交，直线l不过点，，

k的取值范围为且且，

直线l的倾斜角的取值范围为；

（2）设，

M，A，B三点共线，，，

，，，，

由（1）知，，且，

直线的方程为，

令得，同理可得，，

.

【点睛】思路点睛：直线方程与圆锥曲线方程联立利用韦达定理是解决直线与圆锥曲线的位置共线的常用方法，三点共线要利用斜率线段或向量共线，本题考查了学生的思维能力、运算能力.

22．(1)答案见解析；

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】（1）方法1，由，可得，后令，利用导数知识可得其值域即可知解的情况；方法2，，利用导数知识可知时，的单调性与零点情况，又利用可知当时，，即可得解的情况；

（2）（i）由题可得，由结合单调性可得，后通过构造可证；

（ii）由（i）可知，后说明，即可证明结论.

【详解】（1）方法一：，.

设，则.

设，则，单调递减.

，当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减.

，

当时，方程有一解，当时，方程无解；

方法二：设，则.

设，则.单调递增

当时，，

当时，，单调递减；当时，，单调递增.

，方程有一解.

当时，.

令,

令，则在上单调递增，又

，则在上单调递减，

在上单调递增，则.

即，

无解，即方程无解.

综上，当时，方程有一解，当时，方程无解．

（2）（i）当时，，则，

，是方程的两根.

设，则，

令，解得，在上单调递减，在上单调递增.

，，当时，，，.

由.

令，，，.

等价于.

设，，

则，

单调递增，，

，即，，

综上，；

（ii）由（i）知，，.

.

由（i）知，，

设，，则.

单调递减，，即.

.

设，，

则.

单调递增，又，当时，.

，，即命题得证.

【点睛】关键点睛：本题涉及讨论函数零点及极值点偏移问题.对于零点问题，常利用分离参数法和研究函数单调性解决，还可以利用数形结合思想转化为函数图象与直线的交点问题；对于极值点偏移问题，关键是将多变量转变为单变量，常利用引入参数或不等关系构造新函数证明结论.