2023年山东省淄博市高考数学三模试卷（含解析）

2023年山东省淄博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.  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.  B.  C.  D.

3.  甲、乙两所学校各有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.  B.  C.  D.

4.  在中，，，的平分线交于点若则(    )

A.  B.  C.  D.

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，与承载重力的方向平行的高度为，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，则宽与高的最佳之比应为(    )

A.  B.  C.  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，以其对角线长为边长，各边均经过阴影正方形的顶点，作第个正方形；然后再以第个正方形的对角线长为边长，各边均经过第个正方形的顶点，作第个正方形；依此方法一直继续下去若视阴影正方形为第个正方形，第个正方形的面积为，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  设，是半径为的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为(    )

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.  某种子站培育出、两类种子，为了研究种子的发芽率，分别抽取粒种子进行试种，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，则从天内的发芽率来看，类种子更适合种植
B. 若种下粒类种子，则有粒种子天内发芽的概率最大
C. 从样本、两类种子中各随机取一粒，则这两粒种子至少有一粒天内未发芽的概率是
D. 若种下粒类种子，至天发芽的种子数记为，则

10.  设甲袋中有个红球和个白球，乙袋中有个红球和个白球，现从甲袋中任取球放入乙袋，再从乙袋中任取球，记事件“从甲袋中任取球是红球”，记事件“从乙袋中任取球全是白球”，则(    )

A. 事件与事件相互独立 B.
C.  D.

11.  已知抛物线的焦点为点，准线与对称轴的交点为，斜率为的直线与抛物线相交于，两点，线段的中点为，则下列结论正确的是(    )

A. 若，则点到轴的最小距离是
B. 当直线过点时，
C. 当时，直线的斜率最小值是
D. 当直线过点，且平分时，

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（本大题共4小题，共20.0分）

13.  某个品种的小麦麦穗长度单位：的样本数据如下：、、、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数为______ ．

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，则实数的取值范围是______ ．

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
在中，角，，的对边分别是，，，已知．
求角的大小；
给出以下三个条件：，；；若以上三个条件中恰有两个正确，求的值．

18.  本小题分
已知数列中，，且点在直线上．
求数列的通项公式；
设，表示数列的前项和试问：是否存在关于的整式，使得对于一切不小于的自然数恒成立？若存在，写出的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．

19.  本小题分
在长方体中，，过，，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．
求棱的长；
求平面和平面夹角的余弦值．

20.  本小题分
有一大批产品等待验收，验收方案如下：方案一：从中任取件产品检验，次品件数大于拒收；方案二：依次从中取件产品检验；若取到次品，则停止抽取，拒收；直到第次抽取后仍无次品，通过验收．
若本批产品次品率为，选择“方案二”，求需要抽取次数的均值；
若本批产品次品率为，比较选择哪种方案容易通过验收？

21.  本小题分
已知双曲线：的左、右焦点分别为、，焦距为，右顶点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于，两点，且．
求双曲线的标准方程；
已知点，是双曲线上关于坐标原点对称的两点，其中位于第一象限，的角平分线记为，过点做的垂线，垂足为，与双曲线右支的另一交点记为点，求的最大值．

22.  本小题分
已知函数．
求函数的单调区间；
证明：当时，．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】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：．
求得指数不等式和对数不等式从而解得集合，，再求即可．
本题主要考查了指数不等式和对数不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查复数的四则运算，复数的模，考查运算求解能力，属于基础题．
根据题意，设复数，、，把代入中求出、的值，再计算．

【解答】

解：设复数，、，是虚数单位，
由是的一个根，
，
即，

解得，，
，
．
故选：．

3.【答案】 

【解析】解：第一排有人来自甲校，人来自乙校：
第一步，从甲校选出人，有种选择方式；
第二步，人站在两边的站法种数有；
第三步，从乙校选出人，有种选择方式；
第四步，第二排甲校剩余的人站中间，乙校剩余的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，第一排有人来自乙校，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：．
先求出第一排有人来自甲校，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，第一排有人来自乙校，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．
本题考查计数原理，排列与组合数公式，属基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：设，因为，，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，，
所以．
故选：．
根据角平分线定理可得，利用三角形法则先将表示出来，再利用向量相等可求出，．
本题考查向量的表示，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】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：．
设圆的直径为，则，将矩形截面抵抗矩表示成关于的函数，利用导数求此函数的单调性、最值，从而得出结果．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：已知椭圆：，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且，
设椭圆的右焦点为，
则四边形为平行四边形，
又，
则，
又，
则，，
又，
由余弦定理可得：，
即．
故选：．
由椭圆的性质，结合椭圆的定义及椭圆离心率的求法求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的定义及椭圆离心率的求法，属中档题．
 

7.【答案】 

【解析】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，首项为的等比数列，
所以，，
由于，
所以
．
故选：．
根据图形规律可知是以公比为，首项为的等比数列，进而根据，并项求和即可．
本题考查了等比数列的通项公式和分组求和，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】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：．
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．
本题考查了空间中点的轨迹长度的计算，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：从天内的发芽率来看，类种子为，类种子为，故A错；
若种下粒类种子，由题意可知发芽数服从二项分布，，
，
则，且，
可得，且，
所以，即，即有粒种子天内发芽的概率最大，故B错；
记事件：样本种子中随机取一粒天内发芽；
事件：样本种子中随机取一粒天内发芽；
根据对立事件的性质，这两粒种子至少有一粒天内未发芽的概率：
，故C正确；
由题意可知服从二项分布，，
所以，故D正确．
故选：．
根据图形和概率的概念可判断选项；
由题意可知发芽数服从二项分布，，
再由，且，可求的最大值；
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；
由题意可知服从二项分布，，可判断选项．
本题主要考查饼状图和条形图，离散型随机变量的方差，考查运算求解能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：现从甲袋中任取球放入乙袋，再从乙袋中任取球可知：
从甲袋中任取球对乙袋中任取球有影响，事件与事件不是相互独立关系，故A错误；
从甲袋中任取球是红球的概率为：，从甲袋中任取球是白球的概率为：，
所以乙袋中任取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：．
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．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对，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，直线过点时，直线方程为，联立可得，
设，，则，解得，
所以，即，故B正确；
对，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，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，，
因为平分，所以，由可知，
所以，即，所以，
又，解得，，所以，即，故D正确．
故选：．
根据抛物线定义判断，由判别式求出的范围结合中点坐标公式判断，利用均值不等式判断，根据角平分线定理及抛物线定义判断．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：：由题可得，面，面，故DC面；
 又，面，面，故CC面；
，，面，故面面；
又面，故D面；
又面，面面，故可得，故A正确；
 ：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；
 ：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，故C错误；
 ：过作底面垂线，垂足为，且在下底面圆周上，即面，
连接，，则，分别是直线，与下底面所成的角，

，，，，
则，，
则，
，，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，，则，
，当且仅当时，等号成立，此时，
若在对应劣弧上时，，则，
，当且仅当时等号成立，
此时，
综上，，
故，故 D正确．
故选：．
：先证面，再利用线面平行的性质，即可判断；
：根据，共面，且面，即可判断；
：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；
：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．
本题主要考查空间线面位置判断的判断，以及空间角的计算，利用基本不等式，余弦定理进行转化求解是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度．
 

13.【答案】 

【解析】解：数据从小到大排序为：、、、、、、、、、、、，共有个，
所以，
所以这组数据的第百分位数是第个数即：．
故答案为：．
将数据从小到大排序后，运用百分位数的运算公式即可．
本题考查百分位数的运算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：如图所示圆锥，设其底面圆心为，半径为，内切球球心为，半径为，内切球与母线切于点，
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：．
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．
本题考查圆锥和球的表面积计算，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】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．
所以的最大值为．
故答案为：．
先化简函数，利用零点求出，根据单调递增求出的值．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】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，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
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．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：因为，
若，则，不满足，所以，
因为，所以．
由及，由余弦定理可得，
即，由，解得；
由及，由余弦定理可得，
由可得，可得；
由及，由三角形的面积公式可得，
可得．
经分析可知不能同时成立，不能同时成立，正确条件为，
故，．
代入可得可得．
在中，由正弦定理，故． 

【解析】利用同角三角函数的基本关系求解即可；
先由余弦定理分析条件确定正确的是，然后由正弦定理求解即可．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：由点在直线上，即，且，
数列是首项为，公差为的等差数列，
，即；
存在，理由如下：
由得，则，
，，
，
，

，
将以上各式相加得，
当时，，
，
故存在关于的整式，使得恒成立． 

【解析】直接利用点和线的位置关系的应用，即可得出答案；
由得，则，，，利用叠加法，即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：设，
由题设；，
，即，解得．
故A的长为．
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，可知，，，，
设平面的法向量为，有，，
其中，，则有，
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，
平面和平面夹角的余弦值为：
． 

【解析】利用等体积法，转化求解即可．
求解两个平面的法向量，然后求解平面和平面夹角的余弦值．
本题考查空间向量的应用，二面角的平面角的求法，等体积法的应用，是中档题．
 

20.【答案】解：随机变量需要抽取次数．
，，
，；
．
需要抽取次数的均值为．
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． 

【解析】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．
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．
本题主要考查离散型随机变量的期望，概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：由题意双曲线：的左、右焦点分别为、，焦距为，，
右顶点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于，两点，且．
可知：是正三角形，
所以点到渐近线的距离为，
所以，解得，
所以双曲线标准方程是：；
如图，由题意知点在双曲线左支上，设，则
易知直线的斜率存在，设直线的斜率为，
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：，
又直线的斜率为，且过点，所以直线的方程为：
，
将其与联立，，
得．
设，则，
，
易知点在第四象限，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． 

【解析】判断是正三角形，结合点到渐近线的距离为，求解，，顶点双曲线方程．
画出图形，设，则设直线的斜率为，
记，又为的平分线，顶点．
推出然后求解，的坐标，由点到直线的距离公式得：，
然后求解，即可求解比值的表达式，利用基本不等式转化求解最值即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与双曲线的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．
 

22.【答案】解：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．
证明：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F，
得．
综上所述：当时，． 

【解析】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．
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．
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，属难题．