2023年山东省潍坊市高考数学三模试卷-普通用卷

这是一份2023年山东省潍坊市高考数学三模试卷-普通用卷，共23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。
2023年山东省潍坊市高考数学三模试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知，，为虚数单位，则“复数是纯虚数”是“”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3.  已知平面向量与的夹角是，且，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  我国古代名著张邱建算经中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈欲斩末为方亭，令上方六尺问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为注：丈尺(    )A. 立方尺 B. 立方尺 C.  立方尺 D. 立方尺5.  已知函数的定义域为，为偶函数，，则(    )A. 函数为偶函数 B.
C.  D. 6.  若为函数图象上的一个动点，以为切点作曲线的切线，则切线倾斜角的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知事件，，，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，，，则，，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  如图所示的几何体，是将棱长为的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为，则(    )A. 直线与直线所成角为
B. 直线与平面所成角为
C. 该几何体的体积为
D. 该几何体中，二面角的余弦值为
 10.  将函数．的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则(    )A. 的最小正周期为
B. 在  上单调递增
C. 函数的最大值为
D. 方程 在上有个实数根11.  函数的图象是双曲线，且直线和是它的渐近线已知函数，则下列说法正确的是(    )A. ， B. 对称轴方程是
C. 实轴长为 D. 离心率为12.  已知函数，实数满足不等式，则的取值可以是(    )A.  B.  C.  D. 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知，则 ______ 用数字作答
 14.  已知圆：，则与圆总相切的圆的方程是______ ．15.  已知函数有两个零点，则实数的取值范围为______ ．16.  已知过点的直线与抛物线：交于，两点，过点作抛物线的切线，切点是在轴的上方，直线和的倾斜角分别是，，则的取值范围为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知数列和满足，，，．
证明：和都是等比数列；
求的前项和．18.  本小题分
定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于的四边形已知在平面凸四边形中，，，，的平分线为，且．
求的面积；
求的取值范围．19.  本小题分
垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值，进一步物尽其用、保护环境为进一步帮助市民进行垃圾分类，某公司研制了家用垃圾分类机器人，自动对垃圾进行分类．
该公司研究部门从流水线上随机抽取个垃圾分类机器人以下简称产品，统计其性能指数，制成下面的频数分布表并绘制了频率分布直方图：性能指数产品数量
产品分为三类性能指数在的是基本型，在的是提高型，在的是全能型，性能指数越高，产品的垃圾分类效率和准确程度越高为提高人们的环保意识和更快推广产品，公司微利出售基本型、提高型、全能型这三类产品的销售利润分别为每件，，单位：元以这件产品的性能指数位于各区间的频率代替产品的性能指数位于该区间的概率
求，的值并求每件产品的平均销售利润；
该公司为了解月营销费用单位：万元对月销售量单位：万件的影响，对近个月的月营销费用和月销售量数据做了初步处理，并进一步整理得到表 表中，，，．
根据散点图可判定可以作为月销售量万件关于月营销费用万元的回归方程．
建立关于的回归方程；
用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品的月收益达到最大精确到整数，收益销售利润营销费用，，，．
参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别，．20.  本小题分
如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．
求证：直线平面；
求证：平面平面；
若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
21.  本小题分
已知椭圆：的离心率为，且过点．
求椭圆的标准方程；
若动直线：与椭圆交于，两点，且在坐标平面内存在两个定点，，使得定值，其中，分别是直线，的斜率，，分别是直线，的斜率．
求的值；
求四边形面积的最大值．22.  本小题分
已知函数有两个极值点，．
求实数的取值范围；
证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
，则．
故选：．
由集合的交、并、补运算可直接可求得．
本题考查集合的交、并、补运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：复数，
若是纯虚数，
且，
且，
即，，充分性成立，
当，时，满足，但不是纯虚数，必要性不成立，
复数是纯虚数是的充分不必要条件
故选：．
利用复数的运算先化简，再利用充要条件的定义判定即可．
本题考查了复数的运算，充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 3.【答案】 【解析】解：已知平面向量与的夹角是，且，，
则，
则，
则．
故选：．
由平面向量的模的运算，结合平面向量数量积的运算求解即可．
本题考查了平面向量的模的运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：如图所示，
正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，
高三丈，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
则有，
可得，
所以该正四棱台的体积是：
立方尺．
故选：．
画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．
本题考查了棱锥与棱台的结构特征与应用问题，也考查了棱台的体积计算问题，属基础题．
 5.【答案】 【解析】解：为偶函数，
，
，又，
，
，的周期为，
又，
，函数为偶函数，A正确；
综合可得为周期为，且对称轴为：，，
不能等到具体的关于点对称的问题，
，，都不能确定．
故选：．
根据偶函数的概念，函数的轴对称性，函数的周期性，化归转化，即可求解．
本题考查偶函数的概念，函数的轴对称性，函数的周期性，属中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由，得，
设切线的倾斜角为，
则，可得．
故选：．
求出原函数的导函数，可得切线斜率的取值范围，再由直线倾斜角与斜率的关系得答案．
本题考查导数的几何意义及应用，考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：，，
，，
由全概率公式得，，
，
．
故选：．
利用全概率公式求解即可．
本题考查全概率公式的运用，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：，，，
则，
令，，则，
令，则，
在上单调递减，即，
，即在上单调递减，
，即，
，即，
同理可得，即，
．
故选：．
由题意得，构造函数，，则，，则，可得在上单调递减，在上单调递减，即，则，同理可得，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：将该几何体还原为原正四面体，棱长为，设中心为，连接，，

则，
对：因为，所以直线与直线所成角即为与所成角为，故A正确；
对：直线与平面所成角为与底面所成的角，即为所求角，，，故B错误；
对：该几何体的体积为大正四面体的体积减去个棱长为的小正四面体的体积，，故C正确；
对：二面角的大小与的大小互补，显然的大小为锐角，所以二面角的大小一定为钝角，故D错误．
故选：．
将该几何体还原为原正四面体，对：直线与直线所成角即为与所成角；对：直线与平面所成角为与底面所成的角；对：该几何体的体积为大正四面体的体积减去个棱长为的小正四面体的体积；对：二面角的大小与的大小互补．
本题考查了立体几何的综合运用，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
最小正周期，因为是的一个单调递增区间，
所以，即，，解得，．
因为，所以，故，
的最小正周期为，故A正确；
令，，解得，，
即的单调递增区间为，，
故在上单调递增，故B错误；
又，
所以

，
所以的最大值为，故C正确；
当时，
令，则或或或或，
即与直线在上有个交点，故D正确．
故选：．
首先根据三角函数的变换规则得到的解析式，根据的单调递增区间得到，从而求出的值，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一分析即可．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：函数的图象是双曲线，且直线和是它的渐近线．
函数，当时，，当且仅当时取等号，由对称性可知，所以，A正确；
所以函数的渐近线方程为：与，一条渐近线的倾斜角为，
所以，对称轴方程为或，所以B正确；
，解得，可得，
所以实轴长为：，所以不正确；
双曲线的渐近线方程为：与，坐标轴旋转后，得到双曲线的标准方程，
其双曲线的一条渐近线方程为：，可得，
可得双曲线的离心率．
所以，D正确．
故选：．
利用已知条件求解双曲线的渐近线方程，利用基本不等式判断的正误，渐近线方程，推出对称轴方程判断的正误；求解实轴长判断的正误；求解离心率判断的正误．
本题考查双曲线的简单性质的应用，涉及坐标轴的旋转，是中档题．
 12.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
又，当且仅当，即时取等号，
故在上单调递增，
因为实数满足不等式，
所以，
所以，
解得．
故选：．
由已知先判断函数的奇偶性及单调性，然后利用函数的单调性及奇偶性即可求解不等式．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，
令，可得．
令，可得，
令，可得，
则两式相加可得，
．
故答案为：．
在所给的等式中，令、可得，再令、，又得到两个等式，再把这两个等式两式相加除以，可得要求式子的值．
本题主要考查二项式定理的应用，求展开式的系数和常用的方法是赋值法，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：圆标准方程为，
则圆的圆心为，半径为，
由圆心坐标可知圆心轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
故圆上总有点与原点距离为，
由圆的标准方程可知圆的方程是．
故答案为：．
根据圆标准方程可知圆心轨迹，由圆心轨迹与圆轨迹可确定圆上总有点与原点距离为，然后求出圆的方程即可．
本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：由题设，令，则与在上有两个交点，则、交点都在上，它们互为反函数，
设、与相切，
，，
若切点为，，
所以，可得，此时，
综上，、之间，在时有两个交点，在时有一个交点，在时无交点，
所以．
故答案为：
令，问题化为与在上有两个交点，且互为反函数，则它们有交点的临界情况为与相切，设切点，利用导数几何意义求切点坐标，进而确定临界情况下值，即可得范围．
本题考查了转化思想、导数的几何意义，难点是确定临界值，属于难题．
 16.【答案】 【解析】解：根据题意可设直线的方程为，
联立，得，
因为直线与抛物线的相切，
所以，即，
因为点在轴上方，
所以，则直线的方程为，
则点的坐标为，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，
，即或，
则，，
，，


，
因为，，
所以
，
因为或，
所以，
所以，
故答案为：
根据题意可设直线的方程为，联立抛物线的方程，令，得，写出直线的方程，可得点的坐标，设直线的方程为，，，联立抛物线的方程，结合韦达定理可，，由，得或，则，，由和差公式可得，化简，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 17.【答案】证明：依题意，由，
，
，可得，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，可得，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列．
解：由可得，，，
，，
联立，
解得，


，
，




． 【解析】依据题意先将题干两个递推公式相加进一步推导即可证得数列是以为首项，为公比的等比数列，再将题干两个递推公式相减进一步推导即可证得数列是以为首项，为公比的等比数列；
先根据第题的结果计算出数列和的通项公式，根据二元一次方程组的知识计算出数列和的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，最后运用分组求和法与等比数列的求和公式即可计算出前项和．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及运用分组求和法求前项和问题．考查了整体思想，方程思想，转化与化归思想，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
 18.【答案】解：由题意可得，在中，的平分线为，且，
则，
由余弦定理得，
即，
解得：，，
则，可得为直角三角形，
则；
在平面凸四边形中，，则，
由可得，，，
在中，，，
则，
又，，
所以，
所以，
所以的取值范围是． 【解析】由题意可得，利用余弦定理可求得的值，进而可求的值，由，可得为直角三角形，进而利用三角形的面积公式即可求解；
在中，利用正弦定理可求，由，可求，即可求解的取值范围．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 19.【答案】解：根据频率分布直方图，，，
设每件产品的销售利润为元，则，，，
其中，，，
所以随机变量的分布列如下：                                                                                                                           ，
故每件产品的平均销售利润为元；
由得，
令，，，则，
由，
，
故，，
因为，所以；
设月收益为万元，则，
设，则，
所以，，
当时，函数递减；当时，递增；
故当时，即时，由最大值约为，
所以该公司应投入万元营销费，才能使得该产品的月收益达到最大约为万元． 【解析】根据频率分布直方图，求出，，设每件产品的销售利润为元，则，，，写出分布列求出数学期望；
由得，令，，，则，根据公式求出线性回归方程；
设月收益为万元，则，设，则，利用导数法求出最大值，得出结论．
本题考查频率分布直方图的应用，考查离散型随机变量分布列和数学期望，求线性回归方程及其应用，考查运算能力和实际应用能力，中档题．
 20.【答案】证明：如图所示，设与交于点，连接，则，

又，，，平面，
由线面垂直的判断定理可得平面，
又平面，，
是底面圆的内接正三角形，则，，，
又，，则，由勾股定理可得，
，∽，
，即，
又，，平面，，
平面，平面，
直线平面；
证明：平面，，
平面，
又平面，平面平面．
解：易知，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，
，，
，，
设平面的法向量为，
则，据此可得，
设，
则，
设直线与平面所成的角为，
则，
令，，
则，
当且仅当时，等号成立，
即当时，有最大值，
于是当时，有最大值为，
的最大值为，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
此时点，，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为． 【解析】设交于点，连接，由题意可证得平面，进一步可得，进而可证直线平面；
由平面，可证平面，最后结合面面垂直的判断定理可得平面平面；
建立空间直角坐标系，由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式，然后由基本不等式求解其最值即可．
本题主要考查面面垂直的证明，线面角的相关计算，空间向量及其应用，立体几何中的最值与范围问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 21.【答案】解：因为椭圆的离心率为，
所以，
又且过点，
所以，
解得，，
所以椭圆的标准方程为；
不妨设，，，
把与椭圆的标准方程联立，
消去并整理得，
因为，为方程的两根，
所以恒等式，
整理得，
同理，把与椭圆的标准方程联立，
消去并整理得，
因为，为方程的两根，
所以恒等式，
整理得，
则
，
所以，
若为定值，
则必有，
解得或，
故；
不妨设点，点，
点，点到直线的距离分别是，，
因为，
所以，，
所以，
而
，
此时四边形的面积

，当且仅当时等号成立，
所以四边形面积的最大值是． 【解析】由题意，根据所给信息结合椭圆的性质列出等式即可求出和的值，进而得到椭圆的方程；
设，，，将直线与椭圆的标准方程联立，分别消去，得到方程，结合方程的根得到有关式子，代入中用表达出来，若为定值，列出等式即可求出的值；
设点，点，点，点到直线的距离分别是，，利用点到直线的距离公式得到的值，以及的关于的表达式，代入四边形面积公式中利用不等式即可求解．
本题考查椭圆的性质和直线与椭圆的综合应用；考查了分析问题解决问题的能力．
 22.【答案】解：由函数有两个极值点，，
即函数有两个零点，不妨设，
因为，令，可得，
令，解得，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，可得，
又由，所以存在，使得，
令，可得，
令，可得所以在上单调递增，且，即，
所以在上单调递增，
又由，所以在上恒成立，
又由，
所以存在，使得所以实数的取值范围是．
证明：由得，不妨设，
则，即，
要证，即证，即，
只需证，即，即，
令，可得，
又，可得，
所以在上为增函数，则，
即，所以． 【解析】根据题意转化为有两个零点，令，求得，得出的单调性，结合，得到，进而得到存在，使得，令，得到在上恒成立，进而求得实数的取值范围；
由转化为，进而转化为证明，令，可得，利用导数求得单调性，结合，即可求解．
本题主要考查里用导数研究函数的极值，不等式的证明，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．