山东省泰安市新泰市新泰中学2023届高考仿真训练（考前保温考）数学试题（含解析）

这是一份山东省泰安市新泰市新泰中学2023届高考仿真训练（考前保温考）数学试题（含解析），共25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。
山东省泰安市新泰市新泰中学2023届高考仿真训练（考前保温考）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知，复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（    ）
A． B． C． D．
4．已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
5．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（    ）
A．72 B．84 C．88 D．100
6．抛物线：的准线与轴交于点，过的焦点作斜率为2的直线交于、两点，则（    ）
A． B． C． D．不存在
7．随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为．记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（    ）
A． B． C． D．
8．若直线与曲线相切，则的最大值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．

二、多选题
9．下列结论正确的有（    ）
A．若随机变量，满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则
10．如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（    ）

A．四边形的面积为14
B．与同向的单位向量的坐标为
C．在向量上的投影向量的坐标为
D．的最小值为17
11．已知函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值可以为（    ）
A． B． C． D．
12．（多选）如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PC⊥平面ABCD，AB=BC=PC=2，O为AP的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．若平面PAB∩平面PCD=l，则
B．过点O且与PC平行的平面截该四棱锥，截面可能是五边形
C．平面PBD截该四棱锥外接球所得的截面面积为
D．A为球心，表面积为的球的表面与四棱锥表面的交线长度之和等于

三、填空题
13．展开式中的系数为________．
14．设，，，若，，则的最大值为__________．
15．已知数列满足：，若
，且数列为递增数列，则实数的取值范围为__________．
16．双曲线的中心为原点，焦点在轴上，分别是双曲线的两个焦点，过上焦点作斜率的直线交双曲线上支于点,若，的内心分别是，且，则双曲线的离心率为________.

四、解答题
17．在数列中，
（I）设，求数列的通项公式
（II）求数列的前项和
18．在锐角中，内角所对的边分别为，满足，且．
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围．
19．某购物中心准备进行扩大规模，在制定末来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度．调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况．假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：

商品质量
服务质量
购物环境
广告宣传
顾客甲
满意
不满意
满意
不满意
顾客乙
不满意
满意
满意
满意
顾客丙
满意
满意
满意
不满意
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据．
(1)求购物中心得分为50分的概率；
(2)若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
(3)列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望．
20．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，点为棱的中点，平面平面，.
  
(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值.
21．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，左焦点为，点在上，轴，且直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)（异于点）是线段上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为，直线与直线相交于点，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由．
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，且时，．

参考答案：
1．A
【分析】由定义域得到，从而求出补集.
【详解】由题意得，，解得，因为，所以，
故．
故选：A．
2．D
【分析】先利用复数运算规则求得，求得的值，进而得到的值.
【详解】，
则，故.
故选：D
3．D
【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.
【详解】由题意得，
当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，
当的斜率存在时，设切线的方程为，
则，解得，
设的倾斜角为，
故的倾斜角为.
故选：D
4．A
【分析】根据，，得到，数形结合得到，求出答案.
【详解】因为，，
所以，
画出的图象，

要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则，
解得.
故选：A
5．D
【分析】由题意可知，若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法.同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案.
【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.
当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，
此时的分配方法有；
当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，
综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.
同理，甲去点，不同的安排方法数也是，
所以，不同的安排方法数是.
故选：D.
6．C
【分析】由得出，再由同角三角函数的基本关系得出，最后根据倍角公式求解即可.
【详解】作轴于，分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，
则，∴
∴
由，可得.
又∵．∴．
∴
.
故选：C
7．A
【分析】写出第n次（）推送时不购买此商品的概率，构造得，从而利用等比数列通项得到，根据函数单调性即可得到答案.
【详解】由题意知，根据第次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的概率
第n次（）推送时不购买此商品的概率，
所以，由题意知，则，
所以是首项为、公比为的等比数列，
所以，即．
显然数列递减，所以当时，，
所以M的最小值为．
故选:A．
8．B
【分析】利用导数的几何意义得到，然后利用导数分析单调性求最值即可.
【详解】设切点坐标为，因为，
所以，故切线的斜率为：，
，则.
又由于切点在切线与曲线上，
所以，所以.
令，则，设，
，令得：，
所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.
所以.
所以的最大值为：1.
故选：B.
9．BC
【分析】由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由相关系数的定义判断C；根据百分位数的定义判断D.
【详解】对于A，由方差的性质可得，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；
对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；
对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，
解得，故，故D错误；
故选：BC
10．ABD
【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D.
【详解】解：由直观图可得，
四边形为直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A正确；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，
则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，
则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.
故选：ABD.

11．AB
【分析】依题意可得不等式有且只有三个整数解，令，利用导数判断函数的单调性，再由且函数的图象恒过点，作出两函数的图象，依题意可得，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为定义域为，由，
可得，
即不等式有且只有三个整数解，
令，则，所以当时，
当时，则在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
易知函数的图象恒过点，
在同一平面直角坐标系中作出与的图象如下图所示：
  
由题意及图象可知，要使不等式有且只有三个整数解，
则，即，解得，
故符合题意的有A、B.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是转化为不等式有且只有三个整数解，利用导数得到函数的单调性，再数形结合得到不等式组.
12．AC
【分析】对于A项，利用线面平行证线线平行即可；对于B项，根据平面的性质作四棱锥的截面即可判定；对于C项，先确定外接球球心的位置，再计算球心到平面PBD的距离，利用球的性质计算即可；对于D项，先计算得该球半径，以A为圆心依次再各面作弧，利用弧长公式计算各弧长求和即可判定.
【详解】对于A，因为四边形ABCD为矩形，所以，又AB平面PCD，CD平面PCD，所以平面PCD，而平面PAB∩平面PCD=l，AB平面PAB，所以，
故A正确；
对于B，如图2，连接AC，记ACBD=E，连接OE．

因为AO=OP，AE=EC，所以，故过点O且与PC平行的平面必过直线OE．
设过点O且与PC平行的平面与BC交于点N，假设点N与点C重合，此时截面为；当点N与点B重合时，连接OB，OD，则截面为．当点N在线段BC上，且不为端点时，连接EN，直线EN与线段AD交于点M，过点N作交PB于F，连接OM，OF，则截面为四边形OMNF．
显然几何体P-ABCD关于平面PAC对称，故当截面与线段AB相交（不含端点）时，得到的截面也是四边形．综上，截面图形是三角形或四边形，不可能是五边形，故B错误．
对于C，由已知易得，四棱锥P-ABCD的外接球球心就是AP的中点O，故四棱锥外接球半径．
由O是AP的中点得，其中，，分别表示点O到平面PBD的距离、点A到平面PBD的距离、点C到平面PBD的距离．
由VP-BCD=VC-PBD得，得，得，
所以．
所以平面PBD截该四棱锥外接球所得的截面圆半径
，
故截面面积，故C正确．
对于D，设A为球心，表面积为的球半径为R1，则，解得．
如图3，作出此球球面与四棱锥各面的交线，分别与棱BC，BP，AP，DP，交于点M1，M2，M3，M4，M5，连接AM1，AM2，AM4，AM5．

易知AB⊥平面PBC，所以，即，解得．
又，所以球面与侧面PBC的交线是以B为圆心，为半径，为圆心角的圆弧，其长度为．同理，球面与侧面PCD的交线的长度．
在底面正方形ABCD中，，故，同理，，
所以，所以球面与底面正方形ABCD的交线的长度．在侧面PAB中，，，
，所以，．
设，则，

所以球面与侧面PAB的交线的长度（其中）．
同理，可求得球面与侧面PAD的交线的长度（其中）．
综上所述，A为球心，表面积为的球的表面与四棱锥表面的交线长度之和

（其中），故D不正确．
故选：AC．
13．
【分析】由题意可知，进而利用展开式的通项公式化简整理，即可得出结果.
【详解】由题意可知，展开式的通项中时，
展开式的通项公式为


由于要求展开式中的系数，所以，，当时，展开式的项为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：.
14．3
【分析】由已知可解得，.根据换底公式可得，.根据基本不等式得出，然后根据对数运算性质即可得出答案.
【详解】因为，所以，.
又，，
所以，.
因为，，根据基本不等式有，
当且仅当，即，时等号成立，
所以.
则，
所以的最大值为.
故答案为：.
15．
【分析】根据题意，两边同时取倒数，然后变形即可得到数列是等比数列，从而得到，再根据其为递增数列，列出不等式，即可得到结果.
【详解】因为，两边取倒数可得：，
变形可得，所以数列是等比数列，且首项为，公比为，所以，
则，又，数列为递增数列，
所以，即.
当时，，即，解得.
所以实数的取值范围为.
故答案为:.
16．
【分析】设边边上的切点分别为，根据内心的性质得到轴，设直线的倾斜角为，在和中得到的值，进而得到，再将直线方程和双曲线方程联立，利用弦长公式列等式求解即可.
【详解】如图所示，在中，设边边上的切点分别为，
则纵坐标相等，且，

由双曲线的性质可得，
设，则，解得，所以，
同理可得内心的纵坐标也为，则轴，
设直线的倾斜角为，则，，，
由解得，
又因为，所以，
所以，
设双曲线方程为，，，，，
则直线为，即，
联立得，
则，，则
所以
，
所以，即，
所以，解得，
故答案为：
【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.
17．（I）()
（II）=
【详解】试题分析：解:(I)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式: ()
(II)由(I)知,
=
而,又是一个典型的错位相减法模型,
易得=
考点：数列的通项公式和求和的运用
点评：解决的关键是对于数列的递推关系式的运用，根据迭代法得到通项公式，并结合错位相减法求和．
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化化简，再由余弦定理即可得到，再由正弦定理的边角互化即可证明；
（2）根据题意，由正弦定理可得，再由的范围，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，即．
所以，
由正弦定理得，又由余弦定理得，
所以，故，
故，整理得．
又为锐角三角形，则，，，
所以，因此．
（2）在中，由正弦定理得，所以．
所以．因为为锐角三角形，且，
所以，解得．
故，所以．因此线段长度的取值范围.
19．(1)
(2)
(3)分布列见解析，40

【分析】（1）得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，然后按照古典概型的概率进行计算；
（2）由条件概率的公式进行计算即可；
（3）按求分布列的步骤进行计算，进而可得数学期望.
【详解】（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，
可能的结果共有：（种）
三名顾客产生的反馈结果总共有：（种）
则，∴购物中心得分为50分的概率为
（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则
，，
（3）可能的取值为2、3、4、5、6
，
，


2
3
4
5
6






∵，∴．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，根据题意，，证得平面，进而证得，结合点为的中点，即可证得；
（2）先证得平面，以为基底建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，
因为四边形为正方形，点为的中点，点为的中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为点为的中点，所以.
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，，所以平面，
以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，可得，，
设为平面的一个法向量，则，
取，得，所以，
由平面，可得平面的一个法向量为，
则，
由图知二面角为钝二面角，所以其余弦值为.
  
21．(1)
(2)是定值，定值是2

【分析】（1）设，代入的方程，再结合直线的斜率为及左焦点为，即可得出，的值，进而得出的方程；
（2）设直线的方程及，，，其中，，直线的方程与椭圆联立消去，根据韦达定理得出和，再由直线与直线相交于点，得出，，表示出，代入和即可得出，解出得出点在直线上，结合轴，即可得出的值．
【详解】（1）设，
因为点在上，直线的斜率为，椭圆的左焦点为，
则由题意得，
解得，，，
所以的方程为．
（2）由（1）知，，
设，，，其中，，
由题意设：，与联立消得，
则，，
因为直线与直线相交于点，且与的另一交点为，
所以，，即，，
所以

，
所以，即点在直线上，
又轴，，所以，
即为定值2．

22．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，，分别讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，证明其单调性，即可得到证明.
【详解】（1），，
①当，即时，，在区间单调递增．
②当，即时，
令，得，令，得，
所以在区间单调递增；在区间单调递减．
③当，即时，
若，则，在区间单调递增．
若，令，得，令，得，
所以在区间单调递减；在区间单调递增．
综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减；
时，在区间单调递增
时，在区间单调递减、在区间单调递增．
（2）证明：要证，即证，
即证．
令，，则，
所以在区间单调递增，所以时，，
即时，．
令，，则在时恒成立，
所以，且时，单调递增，
因为时，，，且，
所以，且时，，即．
所以，且时，．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，解决本题的关键在于构造函数，用其单调性去证明不等式.