山东省普通高中2023届高三模拟演练数学试题（含解析）

山东省普通高中2023届高三模拟演练数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，，若，则的取值集合为（    ）

A． B． C． D．

2．若，则（    ）

A．1 B． C． D．

3．已知函数，，则如图所示图象对应的函数可能是（    ）

A． B．

C． D．

4．过双曲线的左焦点作直线，与双曲线交于两点，若，则这样的直线有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

5．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（），则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第三次用“调日法”后可得的近似分数为

A． B． C． D．

6．已知动点的轨迹方程为，定点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

7．如图1，在平面四边形中，，当变化时，令对角线取到最大值，如图2，此时将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

8．若对任意的，，，恒成立，则a的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．的展开式中系数最大的项是（    ）

A．第2项 B．第3项 C．第4项 D．第5项

10．如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点分别在半圆弧（均不含端点）上，且在球上，则（    ）

A．当点在的三等分点处，球的表面积为

B．球的表面积的取值范围为

C．当点在的中点处，过三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形

D．当点在的中点处，三棱锥的体积为定值

11．已知函数的图象相邻两对称中心的距离为，则（    ）

A．的解析式为

B．

C．若在单调递增，则

D．若将图象每个点的横坐标变为原来的倍后在上恰有4个最高点，则

12．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形.设抛物线，弦过焦点为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是（    ）

A．存在点，使得

B．

C．对于任意的点，必有向量与向量共线

D．面积的最小值为

三、填空题

13．圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程为__________．

14．某公司在2016-2021年的销售额（万元）如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为.

则当关于的表达式取最小值时，__________.

15．甲烷分子的四个氢原子分别位于棱长为1的正四面体的四个顶点，碳原子位于正四面体的中心，则__________.

16．定义在上的可导函数的值域为，满足，若，则的最小值为__________.

四、解答题

17．已知数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：.

18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

(1)求角A；

(2)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．

19．已知三棱台的体积为，且，平面.

(1)证明：平面平面；

(2)若，，求二面角的正弦值.

20．新高考数学增加了多选题，给各层次的学生更大的发挥空间.多选题每个小题给出的四个选择中有多项是正确的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选或不选的得0分.多选题的正确答案往往为两项或三项.某同学通过研究多选题的答案规律发现，多选题正确答案是选两项的概率为，正确答案是选三项的概率为（其中）.

(1)若，小明对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，求小明该题得2分的概率；

(2)在某个多选题中，小明发现选项A正确，选项B错误.下面小明有三种不同策略：

I：选择，再从剩下的选项中随机选择一个，小明该题的得分为；

II：选择，小明该题的得分为；

III：只选择，小明该题的得分为.

在变化时，为使得分的期望最大，请通过计算分析小明应选择哪种策略.

21．人造地球卫星在以地球的球心为一个焦点的椭圆轨道上运行，运行轨道离地面的最近距离为600千米，离心率为，将地球看作一个半径为6400千米的球体，以运行轨道的中心为坐标原点，运行轨道的中心与近地点所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记该卫星的运行轨迹为曲线，定义千米为.

(1)以为单位，求曲线的方程；

(2)已知三颗卫星在轨道上运行，当轨道中心恰好为的重心时，则称此时为“三星对中”状态.则当三颗卫星成“三星对中”状态时，的面积是否为定值？若是，求出这个定值并给出证明；若不是，请说明理由.

22．定义可导函数在x处的弹性函数为，其中为的导函数．在区间D上，若函数的弹性函数值大于1，则称在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作的弹性区间．

（1）若，求的弹性函数及弹性函数的零点；

（2）对于函数（其中e为自然对数的底数）

（ⅰ）当时，求的弹性区间D；

（ⅱ）若在（i）中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．

参考答案：

1．D

【分析】由题意知，分别讨论和两种情况，即可得出结果.

【详解】由，知，因为，，

若，则方程无解，所以满足题意；

若，则，

因为，所以，则满足题意；

故实数取值的集合为.

故选：D.

2．B

【分析】先由，再代入求解.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

，

故选：B

3．C

【分析】首先判断函数、的奇偶性，即可排除A、B，再由函数值的特征排除D.

【详解】因为定义域为，且，

所以为奇函数，

又，所以定义域为，

且，

所以为偶函数，

由图易知其为奇函数，而与为非奇非偶函数，故A、B排除；

当时，则，故排除D.

故选：C

4．D

【分析】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可.

【详解】由题意得双曲线左焦点，当直线垂直于横轴时，不符合题意，双曲线渐近线方程为；

故可设，

与双曲线联立可得，

，

由弦长公式知，

则或.

故存在四条直线满足条件.

故选：D

5．C

【解析】利用“调日法”进行计算到第三次，即可得到本题答案.

【详解】第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第二次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第三次用“调日法”后得是的更为精确的不足近似值，即，所以答案为.

故选：C

【点睛】本题考查“调日法”，主要考查学生的计算能力，属于基础题.

6．C

【分析】取，连接，，确定，变换得到，计算得到答案.

【详解】如图所示：取，连接，，则，

故，故，

，

当三点共线且在线段上时等号成立，

故选：C

7．B

【分析】设，，在△ABC中，根据余弦定理表示，根据正弦定理表示，在△BCD中，由余弦定理表示，化简求得最值，然后求出直线与所成角的余弦值的取值范围.

【详解】设，，，，

在△ABC中，由余弦定理，得，

由正弦定理，得，∴.

∵，，，

在△BCD中，由余弦定理，得,

∴

，

当，即时，取得最大值，即BD的最大值为.

过做交于，

设直线与所成角为，

又因为，

由此可知越大，直线与所成角的余弦值越大；

当平面与平面垂直时，直线与垂直，，即此时所成角的余弦值最小值0，

当与 共面，即将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中的初始和结束状态时，余弦值最大，

,解得：

，，所以

此时直线与所成角余弦值

综上所述，直线与所成角的余弦值的取值范围是,

故选：B.

8．A

【解析】将不等式转化为，构造函数，只需使在上递减，则在恒成立，只需恒成立，然后求解的取值范围.

【详解】因为，所以，则可化为，

整理得，因为，所以，

令，则函数在上递减，

则在上恒成立，

所以在上恒成立，

令，则在上恒成立，

则在上递减，所以，

故只需满足：.

故选：A.

【点睛】本题考查导数与不等式问题，考查构造函数，根据函数的单调性求参数的取值范围，难度较大. 解答时，针对原式进行等价变形是关键.

9．BC

【分析】先求出通项公式，可得第项的系数为： ，设第项的系数最大，则，解出的范围，从而可得答案

【详解】的展开式的通项公式为：

则第项的系数为：

设第项的系数最大，则

即，即

解得，所以或时，的展开式中系数最大

即的展开式中系数最大是第3,4项,

故选：BC

10．BD

【分析】先求出外接球的球心O所在的直线，根据几何关系求出外接球半径与Q点位置的关系，可以解出A，B选项，对于C选项，作平行线求出截面的形状，对于D选项运用等体积法直接求解.

【详解】  

如图，设的中点为E，的中点为F，的中点为G，，

由题意圆G和圆E的半径均为1，，

是直角三角形，平面，外接球的球心O必定在上，设，则，

则，为外接球O的半径，在中，由余弦定理得，

 又，，

当Q在圆弧三等分点处时，，，外接球的表面积，A错误；

令，则，，B正确；

对于C，如图：

过Q点作的平行线，交于H，交AD于M，连接，过P点作的平行线交AB于N，连接MN，

，五点共面，又N点在平面上，

即平面与四棱柱的截面是五边形，错误；

对于D，P点在的中点，平面平面，则不论Q点在何位置，Q点到平面的距离，

即三棱锥的高为1，，三棱锥的体积，D正确；

故选：BD.

11．ACD

【分析】先利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式以及辅助角公式结合三角函数的周期性，化简得到，再逐项判断.

【详解】解：，

，

，

，

又函数的图象相邻两对称中心的距离为，

所以，解得，则，故A正确；

因为，

所以，故B错误；

令，解得，

因为在单调递增，则，故C正确；

将图象每个点的横坐标变为原来的倍后得到，

由，得，因为函数在上恰有4个最高点，

则，解得，故D正确，

故选：ACD

12．BCD

【分析】设，，设直线，联立抛物线方程，结合韦达定理可得，利用直线与抛物线相切条件分别求得过点的切线斜率为.对于A，计算，从而可判断；对于B，求得点A ，B处的切线方程分别为：，从而可得，进而可得，从而有，根据数量积的定义和相似三角形的性质即可判断；对于C，设AB的中点为，得到，从而轴，而，即可判断；对于D，设准线与轴的交点为，由面积的，可知当最短时（最短为），也最短，最短为，即可判断.

【详解】  

设，，设直线，

联立，化为，而，

所以.

设过点的切线为，

联立，整理可得，

由，可得.

同理可得过点的切线斜率为.

对于A，，，，故A错；

对于B，可得点A ，B处的切线方程分别为：，

可得,

又因为直线AB的斜率为，，

又由A选项可知，所以，所以，

，故B正确；

对于C，设AB的中点为，则由轴，

而向量，向量与向量共线，故C正确；

对于D，如图，设准线与轴的交点为，

面积的，可知当最短时（最短为），也最短，

最短为，所以面积的最小值为，故D正确.

故选：BCD.

【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.

13．或

【分析】设圆的方程为，根据圆心在直线，得到，再根据圆与轴相切，得出圆的方程为，结合圆的弦长公式，求得的值，即可求得圆的方程.

【详解】设圆的标准方程为，可得圆心坐标为，半径为，由圆心在直线上，可得，即，

又由圆与轴相切，可得，

所以圆的方程为，

则圆心到直线的距离为，

根据圆的弦长公式，可得，化简得，解得，

所以所求圆的方程为或.

故答案为：或.

【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中设出圆的标准方程，数练应用圆的弦长公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

14．4067

【分析】根据题意结合最小二乘法可得取到最小值时，，换元令，分析运算即可.

【详解】根据题意结合最小二乘法可知：取到最小值时，，

令，即，

则取到最小，

即，所以.

故答案为：4067.

15．/0.75

【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，用空间向量数量积的坐标运算求解.

【详解】  

将正四面体放入正方体中，并以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：

因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，

所以

所以

所以

由对称性知：

故

故答案为：

16．

【分析】化简条件式得，构造函数及，判断其单调性即可.

【详解】∵，∴，则化简得：，

令，则，

即，

令，则，故在上单调递增，

则，

故答案为：

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）变形，是以为首项，1为公差的等差数列，即可求解；

（2）根据题意解得，，由此证明.

【详解】（1），又，

是以为首项，1为公差的等差数列，

.

（2）由（1），，

，

，

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到，再结合，即可得到；

（2）根据和三角形面积公式将整理为，再根据锐角三角形和正弦定理得到的范围，最后用换元法和函数单调性求范围即可.

【详解】（1），所以，

所以，

又，所以，

因为，所以．

（2）由（1）可知，．

则．

因为锐角三角形，所以，整理得．

因为，所以．

令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，

故的取值范围为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知，由可得，由平面，可利用线面垂直的性质定理推出，然后利用线面垂直的判定定理推出平面，然后再利用面面垂直的判定定理推出平面平面；

（2）取，的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向，设，根据三棱台的体积为，计算出，从而表示出各点坐标，设出平面和平面的法向量，先求解，然后再利用同角三角函数关系求解正弦值.

【详解】（1）

由已知，平面，平面，所以，

在三棱台中，，所以，所以，

又因为平面，且，

所以平面，又因为平面，

所以平面平面，得证.

（2）

取，的中点，连接，所以，

又因为，所以，

因为平面，平面，所以，

又因为，为的中点，所以，

由（1）问可知，平面平面，且平面平面，

所以平面，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向，

因为，，且，所以，

所以，，，，，，

在三棱台中，设，

，， ，

所以或，所以，

所以，

设平面的法向量为，

，，

由可知，平面的一条法向量为，

设平面的法向量为，

，，

由可知，平面的一条法向量为，

所以，

所以二面角的正弦值为.

20．(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）分两种情况，再利用互斥事件有一个发生的概率公式即可求出结果；

（2）根据条件，分别求出三种情况的分布列，进而求出期望，再根据的值进行讨论，从而得到结论.

【详解】（1）若答案是两个选项，所有的可能有：，共6种，则小明只选一个得2分的概率为：；

答案是三个选项，所有的可能有：，共4种，

则小明只选一个得2分的概率为：；

故小明得2分的概率为.

（2）选策略I，则小明得分为的分布为：

得分的期望为

选策略II，则小明得分为的分布为：

得分的期望为

策略III，得分为，则

当

此时，故此时选择策略I，

当时，最大，此时选择策略II，

当时，策略I，II得分的期望相等，都可以.

21．(1)

(2)是定值，定值为，证明见解析

【分析】（1）由已知条件设出椭圆方程待定系数求解即可；

（2）分类讨论计算的面积，斜率存在时联立方程组由韦达定理计算的面积为定值即可.

【详解】（1）设曲线，

则

解得.

曲线的方程为.

（2）设，

①当直线斜率不存在时，如图

即，

由轨道中心为的重心可知，，

，

因为点在椭圆上，所以，

当时，，则，

同理当时，.

②当直线斜率存在时，如图：

设直线，

联立整理得，

且，

则，

由轨道中心为的重心可知，，

则.

将点坐标代入，化简得，即.

由轨道中心为的重心，可知到直线的距离为轨道中心到直线的距离的3倍，

所以，

.

综上所述，的面积为定值.

【点睛】求解定值问题常用方法为：“特殊探路，一般证明”:即先通过特殊情况确定定值，再转化为有方向、有目的的一般性证明.

22．（1），； （2）（ⅰ），（ⅱ）.

【分析】（1）由，可得，根据题设条件，即可求得的弹性函数及弹性零点；

（2）（ⅰ）函数，可得函数的定义域为，函数是弹性函数，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；

（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.

【详解】（1）由，可得，

则，

令，解得，

所以弹性函数的零点为.

（2）（ⅰ）当时，函数，可得函数的定义域为，

因为，

函数是弹性函数，

此不等式等价于下面两个不等式组：

（Ⅰ） 或（Ⅱ），

因为①对应的函数就是，

由，所以在定义域上单调递增，

又由，所以①的解为；

由可得，

且在上恒为正，

则在上单调递增，所以，故②在上恒成立，

于是不等式组（Ⅰ）的解为，

同①的解法，求得③的解为；

因为时，④，所以不成立，

所以不等式（Ⅱ）无实数解，

综上，函数的弹性区间.

（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，

设，则，

而，

由（ⅰ）可知，在上恒为正，

所以，函数在上单调递增，所以，

所以，即实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查了函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．