山东省淄博市2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份山东省淄博市2023届高三三模数学试题（含解析），共26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。
山东省淄博市2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．已知复数是一元二次方程的一个根，则的值为
A．1 B． C．0 D．2
3．甲､乙两所学校各有3名志愿者参加一次公益活动，活动结束后，站成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一个学校的两名志愿者不相邻，则不同的站法种数有（    ）
A．36 B．72 C．144 D．288
4．在中，，的平分线交BC于点D．若，则（    ）
A． B． C．2 D．3
5．中国古代建筑的主要受力构件是梁，其截面的基本形式是矩形.如图，将一根截面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂直的宽度为x，与承载重力的方向平行的高度为y，记矩形截面抵抗矩.根据力学原理，截面抵抗矩越大，梁的抗弯曲能力越强，则宽x与高y的最佳之比应为（    ）

A． B． C．1 D．
6．已知椭圆，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且．若，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
7．如图，阴影正方形的边长为1，以其对角线长为边长，各边均经过阴影正方形的顶点，作第2个正方形；然后再以第2个正方形的对角线长为边长，各边均经过第2个正方形的顶点，作第3个正方形；依此方法一直继续下去.若视阴影正方形为第1个正方形，第个正方形的面积为，则（    ）

A．1011 B． C．1012 D．
8．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．某种子站培育出A、B两类种子，为了研究种子的发芽率，分别抽取100粒种子进行试种，得到如下饼状图与柱状图：
  
用频率估计概率，且每一粒种子是否发芽均互不影响，则（    ）
A．若规定种子发芽时间越短，越适合种植，则从5天内的发芽率来看，B类种子更适合种植
B．若种下12粒A类种子，则有9粒种子5天内发芽的概率最大
C．从样本A、B两类种子中各随机取一粒，则这两粒种子至少有一粒8天内未发芽的概率是0.145
D．若种下10粒B类种子，5至8天发芽的种子数记为X，则
10．设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球，记事件A＝“从甲袋中任取1球是红球”，记事件B＝“从乙袋中任取2球全是白球”，则（    ）
A．事件A与事件B相互独立 B．
C． D．
11．已知抛物线的焦点为点F，准线与对称轴的交点为K，斜率为k（k＞0）的直线l与抛物线相交于A，B两点，线段AB的中点为，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则点M到x轴的最小距离是3
B．当直线l过点时，
C．当时，直线FM的斜率最小值是
D．当直线l过点K，且AF平分∠BFK时，
12．如图，已知圆柱母线长为，底面圆半径为，梯形内接于下底面，是直径，//，，点在上底面的射影分别为，，，，点分别是线段，上的动点，点Q为上底面圆内（含边界）任意一点，则（    ）

A．若面交线段于点，则//
B．若面过点，则直线过定点
C．的周长为定值
D．当点Q在上底面圆周上运动时，记直线，与下底面圆所成角分别为，，则

三、填空题
13．某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.
14．已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为______.
15．已知函数的零点是以为公差的等差数列.若在区间上单调递增，则m的最大值为______.
16．已知函数的定义域，且对任意的，都有，若在上单调递减，且对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是______.

四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)给出以下三个条件：①，b＝4；②；③.若以上三个条件中恰有两个正确，求的值.
18．已知数列中，，点 ，在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，S为数列的前 n项和，试问：是否存在关于n的整式，使得恒成立，若存在，写出 的表达式，并加以证明，若不存在，说明理由.
19．在长方体中，，过，，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为10.
  
(1)求棱的长；
(2)求平面和平面夹角的余弦值.
20．有一大批产品等待验收，验收方案如下：方案一：从中任取6件产品检验，次品件数大于1拒收；方案二：依次从中取4件产品检验；若取到次品，则停止抽取，拒收；直到第4次抽取后仍无次品，通过验收.
(1)若本批产品次品率为，选择“方案二”，求需要抽取次数X的均值；
(2)若本批产品次品率为，比较选择哪种方案容易通过验收？
21．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为4，右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于R，S两点，且∠RAS＝60°.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，的角平分线记为l，过点M做l的垂线，垂足为E，与双曲线右支的另一交点记为点N，求的最大值.
22．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)证明：当时，.

参考答案：
1．C
【分析】求得指数不等式和对数不等式从而解得集合，再求即可.
【详解】为上的单调增函数，又，
故集合的元素为大于等于的整数；
，即，解得，又，
故集合；
则.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意求得方程的两个复数根，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，方程，可得，
所以方程的两个复数根分别为或，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】先求出第一排有2人来自甲校，1人来自乙校，根据分步乘法计数原理求出不同的站法种数. 同理可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数.然后根据分类加法计数原理，相加即可得出答案.
【详解】第一排有2人来自甲校，1人来自乙校：
第一步，从甲校选出2人，有种选择方式；
第二步，2人站在两边的站法种数有；
第三步，从乙校选出1人，有种选择方式；
第四步，第二排甲校剩余的1人站中间，乙校剩余的2人站在两边的站法种数有.
根据分步乘法计数原理可知，不同的站法种数有.
同理可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数有.
根据分类加法计数原理可知，不同的站法种数有.
故选：B.
4．B
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
5．B
【分析】设圆的直径为，则，将矩形截面抵抗矩表示成关于的的函数，利用导数求此函数的单调性、最值，从而得出结果.
【详解】设圆的直径为，则，，
，
令，
由时，解得；由时，解得；
所以在单调递增，在 单调递减，
所以 时取最大值.
此时，所以.
故选：B.
6．A
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，设，根据余弦定理得到，计算得到离心率.
【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，故四边形为平行四边形，

设，，则，，
，，
中，，
整理得到，即，故.
故选：A
7．B
【分析】根据图形规律可知是以公比为2，首项为1的等比数列，进而根据，并项求和即可.
【详解】第一个正方形的边长为，面积为，
第二个正方形的边长为，面积为，
第三个正方形的边长为，面积为，……,进而可知：是以公比为2，首项为1的等比数列，所以，
由于 ,所以

，
故选：B
8．D
【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D

9．CD
【分析】根据图形和概率的概念可判断A选项；
由题意可知发芽数X服从二项分布，，
再由，且，可求k的最大值；
由概率的根据对立事件的性质和相互独立事件的概率公式，可计算选项C;
由题意可知X服从二项分布，,可判断D选项.
【详解】从5天内的发芽率来看，A类种子为，B类种子为，故A选项错；
若种下12粒A类种子，由题意可知发芽数X服从二项分布，，
，
则，且，
可得，且，
所以，即，即有10粒种子5天内发芽的概率最大，故B选项错；
记事件A: 样本A种子中随机取一粒8天内发芽；
  事件B: 样本B种子中随机取一粒8天内发芽；
根据对立事件的性质，这两粒种子至少有一粒8天内未发芽的概率：
，故C选项正确；
由题意可知X服从二项分布，，
所以，故D选项正确；
故选：CD
10．CD
【分析】由古典概型概率计算公式，以及条件概率公式分项求解判断即可.
【详解】现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球可知：
从甲袋中任取1球对乙袋中任取2球有影响，事件A与事件B不是相互独立关系，故A错误；
从甲袋中任取1球是红球的概率为：，从甲袋中任取1球是白球的概率为：，
所以乙袋中任取2球全是白球的概率为：
，故B错误；
，所以，故C正确；
，故D正确.
故选：CD
11．ABD
【分析】根据抛物线定义判断A，由判别式求出的范围结合中点坐标公式判断B，利用均值不等式判断C，根据角平分线定理及抛物线定义判断D.
【详解】对A，如图，作，连接，其中为准线，
  
由抛物线定义知，，
所以，当且仅当在上时，等号成立，故A正确；
对B，直线l过点时，直线方程为，联立可得，
设，，则，解得，
所以，即，故B正确；
对C，设，联立可得，当时，
设，，则，即，
，所以，
可得，即，
所以，解得或（舍去），此时，满足题意，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故C错误；
对D，如图，作，
  
由题意知，，连接，其中为准线，
则，联立抛物线联立可得，当时，
设，，则，，
由抛物线定义知，，
因为AF平分∠BFK，所以，由可知，
所以，即，所以，
又，解得，，所以，即，故D正确.
故选：ABD
12．ABD
【分析】对A：先证//面，再利用线面平行的性质，即可判断；
对B：根据共面，且面，即可判断；
对C：取点与点重合，以及点与中点重合两个位置，分别计算三角形周长，即可判断；
对D：根据题意，找到线面角，得到，结合余弦定理、基本不等式求的范围，即可判断结果.
【详解】对A：由题可得//面，面，故//面；
又//面，面，故//面；
面，故面//面；
又面，故//面；
又面，面面，故可得//，A正确；
对B：根据题意，共面，
又分别为上的动点，故直线面；
不妨设直线与平面的交点为，
若要满足与共面，则直线必过点，又为定点，故B正确；
对C：设的周长为，
当点与重合时，
；
当点与中点重合时，连接：

此时
；
显然周长不为定值，C错误；
对D：过作底面圆垂线，垂足为且在下底面圆周上，即面，
连接，则、分别是直线，与下底面圆所成角，

所以，，则，，
所以，而，，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，则，
所以，仅当时等号成立，
此时，
若在对应劣弧上时，则，
所以，仅当时等号成立，
此时，
综上，，故，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：面面平行的性质、直线与平面的位置关系、动点问题以及线面角的求解；其中关于D选项中对范围的求解，将空间问题转化为平米问题进行处理，也可以直接建立空间直角坐标系进行处理；同时关于C选项中的定值问题，选取特殊位置验证，不失为一种较好的做题技巧。
13．10.8
【分析】将数据从小到大排序后，运用百分位数的运算公式即可.
【详解】数据从小到大排序为： 8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12个，
所以，
所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.
故答案为：10.8
14．
【分析】由已知先计算圆锥母线与底面圆半径的关系，再确定其内切球半径，最后由圆锥的侧面积与球的表面积公式计算即可.
【详解】
如图所示圆锥IF，设其底面圆心为F，半径为r，内切球球心为O，半径为R，内切球与母线IH切于点G，
则由题意可知，故，
易知，即，所以，
圆锥的侧面积为，内切球的表面积为，故.
故答案为：
15．
【分析】先化简函数，利用零点求出，根据单调递增求出的值.
【详解】因为，所以，
因为的零点是以为公差的等差数列，所以周期为，即，解得；
当时，，
因为在区间上单调递增，所以，解得.
所以m的最大值为.
故答案为：.
16．
【分析】由，得到是偶函数，再结合在上单调递减，不妨设，再根据对任意的，不等式恒成立求解.
【详解】因为数的定义域，且对任意的，都有，
所以，故，则，
所以是偶函数，
又在上单调递减，
由偶函数的对称性可得在上单调递增，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以对任意的，不等式恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，则，
所以实数a的取值范围是，
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）先由余弦定理分析条件确定正确的是②③，然后由正弦定理求解即可.
【详解】（1）因为，
若，则，不满足，所以，
因为，所以.
（2）由及①，由余弦定理可得，
即，由，解得；             
由及②，由余弦定理可得，
由可得，可得；     
由及③，由三角形的面积公式可得，
可得.
经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，
故，.
代入②可得可得.
在中，由正弦定理，故.
18．（1）；（2）存在，，证明见解析.
【解析】（1）根据点在直线上，将点坐标代入方程，可得与的关系，根据等差数列的定义，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，进而可求得的表示式，化简整理，可得，利用累加法，即可求得的表达式，结合题意，即可得答案.
【详解】（1）因为点，在直线上，
所以，即，且，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以；
（2），所以，
所以，即，
所以，
，



所以
所以，
根据题意恒成立，
所以，
所以存在关于n的整式，使得恒成立，
【点睛】解题的关键是根据表达式，整理得与的关系，再利用累加法求解，若出现（关于n的表达式）时，采用累加法求通项，若出现（关于n的表达式）时，采用累乘法求通项，考查计算化简的能力，属中档题.
19．(1)；
(2).

【分析】（1）利用长方体和三棱锥体积公式，结合题意，计算即可；
（2）以为坐标原点建立空间之间坐标系，求得两个平面的方向量及其夹角的余弦值，即可求得结果.
【详解】（1）设，由题设；       
，即，解得，
故的长为.
（2）以点为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；
  
由已知及（1），可知，，，，
设平面的法向量为，有，，
其中，，
则有，即，解得，，
取，得平面的一个法向量；
设平面的法向量为，有，
其中，，即，
解得，得平面的一个法向量，
故，
则平面和平面夹角的余弦值为.
20．(1)均值为
(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意，分别求出的取值所对应的概率，然后按照期望的求解公式，即可得到结果.
（2）根据题意，分别表示出方案一与方案二对应的概率，通过比较，即可得到结果.
【详解】（1）随机变量需要抽取次数.
其分布列为：
，，
，；
.
需要抽取次数的均值为.
（2）按照方案一：通过验收的概率为：
         
按照方案二：通过验收的概率为：           
当时，即，解得，
此时选择方案一更容易通过验收；                    
当时，，此时选择方案一、方案二结果相同；      
当时，即，解得，
此时选择方案二更容易通过验收；
21．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，则利用点A到渐近线的距离为列方程组求解；
（2）方法①设点，写出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理把，表示为点的纵坐标的函数进行求解；方法②设直线的斜率为k，利用角平分线的向量表示，韦达定理，弦长公式，参数间的转化，最终把表示为关于k的函数进行求解.
【详解】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，
所以点A到渐近线的距离为           
所以，解得，        
所以双曲线标准方程是：
（2）方法①：由双曲线的光学性质，可知点Q处的切线即为的角平分线.
设点，，则
设直线的方程是：，
由得：，
，解得：，
，
，，，，即直线：，
即：     
由点到直线的距离公式得：
直线方程：，即：
由，得：
所以，由都在双曲线右支上，得：
所以
所以
所以，令，则     
当，即时，的最大值为.
方法②：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设，则.
易知直线的斜率存在，设直线的斜率为k，
记，又为的平分线，则.
因为，，所以，
同理，又，
代入，得，
化简得.又，，所以，
由，，得，，
所以，.
所以直线的方程为，，
由点到直线的距离公式得：，
又直线MN的斜率为，且过点M，所以直线的方程为：
，
将其与联立得.
设，则，.
易知点N在第四象限，所以，得：，
.
故，          
当且仅当，即时，等号成立，
所以当且仅当时， 的最大值为.
  
【点睛】
22．(1)单调递增区间是和
(2)证明见解析

【分析】（1）确定函数定义域，求导得到导函数，构造新函数，求导得到单调区间，计算最值确定恒成立，得到答案.
（2）构造函数，求导得到导函数，将导函数设为新函数，再次求导，将导函数设为新函数，再次求导，利用隐零点代换得到的单调区间，计算最值得到，再构造函数，同理得到，得到证明.
【详解】（1）函数的定义域为，.
令函数，.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，即恒成立，
故的单调递增区间是和.
（2）当时，，即当时，.
令，，
令，，
令，.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
又，，
所以存在，使得.
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
，故当时，；当时，，
即当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
于是，所以.
令函数，.
当时，；当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
则.
因为，所以，故，
得.
综上所述：当时，.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式的证明转化为和是解题的关键，证明不等式引入中间函数是一个重要技巧，需要熟练掌握.