2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（二）含解析

这是一份2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（二）含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，五位数是；，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（二） 一、单选题1．已知复平面内点，对应复数，复数满足，为虚数单位，若复数为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的除法运算和复数的分类求解即可.【详解】，因为复数满足，所以，因为复数为纯虚数，所以，解得；故选：A．2．下列函数中，为奇函数且在上为减函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据奇函数的定义，结合判断函数单调性的方法，即可判断选项.【详解】对于选项A，为双勾函数，奇函数，但在上单调递减，在上单调递增，故A错误；对于选项B，定义域是，，是奇函数，，所以在上单调递增，故B错误；对于选项C，因为，，所以定义域是，，是奇函数，在上单调递减，故C正确；对于选项D，因为，定义域是，，是偶函数，故D错误；故选：C．3．已知集合，，则=（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出集合，再由交集的定义求解.【详解】因为，所以，由可得：，则，则，解得：，所以，所以=.故选：B．4．有人进行定点投篮游戏，每人投篮次．这人投中的次数形成一组数据，中位数，唯一众数，极差，则该组数据的第百分位数是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由极差，中位数、平均数、众数和百分位数的定义求解即可.【详解】因为中位数是，即第三个数是；众数是，所以第四、五位数是；极差是，所以第一个数是；且众数唯一，所以第二个数是；所以，这五个数依次是：、、、、，则该组数据的第百分位数是：．故选：C．5．已知直线与圆，过直线上的任意一点向圆引切线，设切点为，若线段长度的最小值为，则实数的值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则，可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值.【详解】圆，设，则，则，，则，所以圆心到直线的距离是，，得，．故选：A．6．将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥（接缝处忽略不计），则该圆锥的内切球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先算出扇形的弧长，从而可得圆锥底面的半径，故可求轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，最后根据公式可求体积.【详解】    设圆锥的母线长为，底面半径为，由题意可得，由，所以．因为，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，该等边三角形（如图）的内切圆半径为圆锥内切球半径，而等边三角形的边长为4，故，故．故选：C．7．已知，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用数量积定义可得的夹角为，不妨设，，即可得，再利用辅助角公式可得，即可求得其最小值.【详解】设的夹角为，，，，，，又，不妨设，，，所以，即，，由，当时，即时，有最小值．故选：B8．已知椭圆的左、右焦点分别是，斜率为的直线经过左焦点且交于两点（点在第一象限），设△的内切圆半径为的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率的值为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由椭圆定义及三角形面积公式得到，设联立椭圆消去x，应用韦达定理得到椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.【详解】如图所示，由椭圆定义可得，，设△的面积为，的面积为，因为，所以，即①，设直线，则联立椭圆方程与直线，可得，所以②，③，联立①②③得，，整理得，所以．故选：D   二、多选题9．已知，下列命题中正确的有（    ）A．若，则B．若，则的最小值为C．是的必要不充分条件D．若，则【答案】BD【分析】对于A，当时即可判断；对于B，利用，再结合基本不等式即可判断；对于C，根据充要条件的定义结合基本不等式即可判断；对于D，利用基本不等式，结合对数的运算性质即可判断.【详解】对于选项A，当时，故A不正确；对于选项B，，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；对于选项C，，时，有，，此时充分性成立；反之，当时，满足，但是，因此必要性不成立，故C不正确；对于选项D，且，，，故D正确.故选：BD．10．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，，底面，且，分别为的中点，与底面所成的角为，过点作，垂足为．则下列选项中正确的有（    ）    A．平面B．异面直线与所成角的余弦值为C．点到平面的距离D．几何体的体积为【答案】ABD【分析】对于选项A，易得，，根据线面垂直的判定定理即可证明；对于选项B，可在等腰梯形中作的平行线，则异面直线与所成角即为，然后结合余弦定理即可求得的余弦值；对于选项C，利用线面垂直的判定和性质定理可得到过作平面的垂线的作法，解直角三角形求得点到平面的距离；对于选项D，可将该几何体分割成两部分，即斜棱柱和四棱锥，，分别求解这两部分的体积进行相加即可求得原几何体的体积．【详解】对于选项A，因为，点是的中点，所以，又因为底面是矩形，点是的中点，所以，因为，所以，所以A正确；对于选项B，如图，在等腰梯形中作且，连接，则异面直线与所成角等于所成角，即，由题意知在中，，所以，可求得．在中，，由余弦定理得，所以B正确；对于选项C，如图过点作，垂足为，连接，过点作，垂足为．由平面，得，所以平面，即垂线段的长就是点到平面的距离．在中有，，所以，所以C不正确；对于选项D，如图将几何体分割成斜棱柱和四棱锥，则该几何体的体积为斜棱柱和四棱锥的体积之和，可求得斜棱柱的直截面的面积是（在斜棱柱中与侧棱垂直的截面称为斜棱柱的直截面）．所以，四棱锥的体积，几何体的体积为，所以D正确．故选：ABD．  11．已知函数，则下列选项正确的有（    ）A．存在使为偶函数B．若且有，则的图象关于对称C．当时，若在上存在最大值，则实数的取值范围是D．当时，在上单调递减，则实数的取值范围是【答案】BD【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据各选项结合正弦函数的性质一一判断即可.【详解】（其中，，，），对于选项A，若为偶函数，则，所以，解得，因为，故A不正确；对于选项B，当时因为有，所以，，所以，所以，所以，因为，所以的图象关于对称，故B正确；对于选项C，时，，当时，，因为在上有最大值，所以，得，，解得，故C不正确；对于选项D，当时，，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，则，得，则，又因为，所以当时，符合题意，故D正确；故选：BD．12．已知函数，，则下列选项中正确的有（     ）A．当时，函数和在处的切线互相垂直B．若函数在内存在单调递减区间，则C．函数在内仅有一个零点D．若存在，使得成立，则【答案】ACD【分析】对函数与求导，根据导数的几何意义分别计算与，再根据直线垂直的斜率公式计算并判断选项A，将条件转化为在内有解，参变分离后，求解的最小值即可得的取值范围，判断选项B，求解导函数，通过构造新函数，求导判断单调性，再结合零点存在定理判断选项C，参变分离将成立转化为，通过构造两次新函数，求解导函数并判断单调性从而判断得，进而得的取值范围，判断选项D.【详解】对于选项A，当时，，所以，由，得到．因为，所以函数和在处的切线互相垂直，故A正确；对于选项B，因为，若函数在内存在单调递减区间，可知在内有解，则在时能成立，所以，当时，，即，故B不正确；对于选项C，当时，，，此时函数无零点；当时，，令，其中，则，所以函数在上单调递减，可得，因为对任意的，，可得，所以函数在上为减函数，由于，，所以函数在上只有一个零点．综上函数在上只有一个零点，故C正确；对于选项D，由，得，令，，则，令，则，当时，，所以函数在上单调递增，当时，，此时，则函数在上单调递增．当时，，则函数在上单调递减，因为，，所以存在，使得，变形可得，当时，，当时，．所以函数在上单调递增，在上单调递减，，其中，令函数，，因为，所以在上单调递减，则，故，所以成立，故D正确．故选：ACD．【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，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. 三、填空题13．第届“肥城桃花节”于年月日开幕，某学校从名男生、名女生中选出人作为队长带队，参加桃花节的志愿活动．在选出的名队长性别相同的条件下，名队长都是男生的概率______．【答案】【分析】设事件“选出的2名队长性别相同”，事件“2名队长都是男生”，求出，由条件概率代入即可得出答案.【详解】设事件“选出的2名队长性别相同”，事件“2名队长都是男生”，则：．故答案为：.14．已知双曲线的左右焦点分别为，过作渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为______．【答案】【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义、余弦定理求出a，b的关系即可作答.【详解】依题意，，，则，令双曲线半焦距为c，双曲线的渐近线方程为，则点到渐近线的距离，有，在中，由余弦定理，得，整理得，即，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：15．数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是______．【答案】【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式【详解】，，且，，是以为首项，为公比的等比数列．，．时，，且不满足上式，所以．故答案为：.16．某蓝莓基地种植蓝莓，按个蓝莓果重量（克）分为级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出个蓝莓果．记每次抽到优等果的概率为（可精确到）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过，的最大值为______．附：，，【答案】4【分析】依题意可得，设，利用错位相减法求出，即可得到，从而得到，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.【详解】因为蓝莓果重量服从正态分布其中，，设第次抽到优等果的概率（），恰好抽取次的概率，所以，设，则，两式相减得：，所以，由，即，的最大值为．故答案为：．【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，利用错位相减法求出，进而求出，利用指数函数的单调性解不等式即可. 四、解答题17．如图，平面四边形中，的三内角对应的三边为．给出以下三个条件：①②③的面积为(1)从以上三个条件中任选一个，求角；(2)设，在（1）的条件下，求四边形的面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）对于①②：利用正、余弦定理结合三角恒等变换运算求解；对于③：利用余弦定理和面积公式运算求解；（2）根据题意利用余弦定理建立边角关系，结合面积公式整理可得，进而可得结果.【详解】（1）若选①：，则，整理得：，由正弦定理得，所以，因为，所以；若选②：因为，则，可得，由正弦定理得：，因为，，所以，因为，则，可得，所以，，即．若选③：的面积为，则，所以，所以，因为，所以．（2）因为，由（1）可知，所以为正三角形，设，则，可得，在中，由余弦定理，可得，所以四边形的面积，因为，所以，所以当，即时，四边形的面积取到最大值.18．已知数列是递增的等差数列，是公比为的等比数列，的前项和为，且成等比数列，，成等差数列．(1)求，的通项公式；(2)若，的前项和．证明：．【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，求得，由，求出，即可求出的通项公式，再由成等差数列，可求出，即可求出的通项公式；（2）由（1）求出，代入可求出，再由并项求和法分为偶数，为奇数求出，即可证明.【详解】（1）设等差数列的公差为，成等比数列，，得．，则得，．又成等差数列，，，，．（2）证明：，==若为偶数，，为递减数列，当时，取最大值，且，又，．若为奇数，，为递增数列，当时，取最小值，且，又，．所以，．19．近年来，我国新能源汽车发展进入新阶段．某品牌年到年新能源汽车年销量（万）如下表：其中年对应的年份代码为．年份代码12345销量（万）49141825(1)判断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数（精确到）；(2)（i）假设变量与变量的对观测数据为，两个变量满足一元线性回归模型（随机误差），请写出参数的最小二乘估计；（ii）令变量，则变量与变量满足一元线性回归模型，利用（i）中结论求关于的经验回归方程，并预测年该品牌新能源汽车的销售量．附：样本相关系数，，，，【答案】(1)线性相关且正相关，0.92(2)（i）；（ii），万辆． 【分析】（1）首先画出散点图，根据参考数据，计算；（2）（ⅰ）首先写出残差平方和公式，表示为关于的二次函数，列式求解；（ⅱ）根据参考公式求回归直线方程，即可求解.【详解】（1）通过做散点图发现，样本点大致分布在一条直线附近，因此是线性相关．所以两变量有较强的正相关  （2）（i）要使残差平方和最小，当且仅当；（ii），由（i）知，关于的经验回归方程为，当（万），因此，预计年该品牌新能源汽车的销售量将达到万辆．20．如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．  (1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由三棱锥的体积公式可求出，则平面，再由线面垂直、面面垂直的性质定理和判定定理即可证明；（2）由（1）可得到直线两两垂直，所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角公式代入即可得出答案.【详解】（1）取边的中点，连接，因为，所以，由已知，可得．因为，设点到底面的距离为，由，解得．因为，所以平面，平面，所以平面平面，又因各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等，所以平面，平面，平面都与底面垂直．取边的中点，连接，则平面，所以有，从而易得，可得，所以四边形是平行四边形，所以，已知，所以．因为平面平面，平面平面，由于，平面，所以平面，所以．因为，平面，所以平面．  （2）由（1）可得到直线两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．  可得，，求得，设平面的法向量为，则，令，则，所以．所以.21．已知函数，(1)若的图象在处的切线过点，求的值及的方程(2)若有两个不同的极值点，，（），且当时恒有，求的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据某点处导数的几何意义，用参数表示出斜率，利用点斜式写出直线方程，点在切线上，代入解出和切线方程.（2）先对求导，因为恒成立，结合自变量取值范围讨论符号，构造函数求解参数的取值范围.【详解】（1）解：因为，所以，，所以，的方程为，代入，得：，切点，，的方程为．（2）因为则．因为有两个不同的极值点，，（），所以当时，，则只有一个极值点，不符合题意，当且，①当，，即时，当时，恒成立，即，即恒成立，设，则，所以在上单调递减，则，则，所以；……………②当，，即时，当时，恒成立，即恒成立，若，则当时，，不满足题意，所以，此时，即，设，则，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，所以，综上，的取值范围是．22．过点的直线与抛物线交于点（在第一象限），当直线的倾斜角为时，．(1)求抛物线的方程；(2)已知，延长交抛物线于点，当面积最小时，求点的横坐标．【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示弦长，即可求解；（2）首先分别设直线和直线的方程，分别于抛物线方程联立，利用韦达定理表示，并表示的面积，利用导数判断函数的单调区间，并求得函数取得最值时的点的坐标.【详解】（1）设点，直线，联立，得，，，所求抛物线的方程是：；（2）设直线方程：，直线方程：，点，不妨设，联立得，，由，得，，，，，令，，令，得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以当时，取得最小值，故的横坐标是