山东省春季高考枣庄市2023届高三数学第二次模拟考试试题（Word版附解析）

2023年山东省春季高考第二次模拟知识卷考试

《数学》试卷

卷一（选择题，共60分）

一、选择题（本大题20个小题，每小题3分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将符合题目要求的选项字母代号选出，并填涂在答题卡上）

1. 若全集，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用整数集的定义化简集合，再利用集合的补集运算即可得解.

【详解】因为，，

所以．

故选：A.

2. 若，，，且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用不等式的性质，判断选项的结论是否成立.

【详解】若，，，满足，但，，不成立，A选项错误；

，，则有，即，B选项正确；

，当时，不成立，C选项错误；

当时，，则D选项错误.

故选：B

3. 函数的定义域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由函数有意义的条件，求解函数定义域.

【详解】函数有意义，则有，即

解得，所以函数的定义域是.

故选：D

4. 设，命题“存在，使方程有实根”的否定是

A. 任意，使方程无实根

B. 任意，使方程有实根

C. 存在，使方程无实根

D. 存在，使方程有实根

【答案】A

【解析】

【分析】

只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.

【详解】由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是

“任意，使方程无实根”

故选：A

【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.

5. 已知为偶函数，则a=（   ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义列式计算作答.

【详解】因为函数为偶函数，

则，

即，因此，解得，

所以.

故选：B

6. 如图，在长方体中，化简（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由空间向量的线性运算结合长方体的结构特征进行运算.

【详解】由长方体的结构特征，有，

则.

故选：B

7. 南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为，则“总相等”是“相等”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可.

【详解】根据祖暅原理，当总相等时，相等，所以充分性成立；

当两个完全相同的四棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积固然相等但截得的面积未必相等，所以必要性不成立.

所以“总相等”是“相等”的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题.

8. 某种动物繁殖量（只）与时间（年）的关系为，设这种动物第2年有100只，到第8年它们将发展到（    ）

A. 200只 B. 300只 C. 400只 D. 500只

【答案】A

【解析】

【分析】根据这种动物第2年有100只，先确定函数解析式，再计算第8年的繁殖数量即可．

【详解】由题意，繁殖量（只）与时间（年）的关系为，

又这种动物第2年有100只，即当时，，

所以，解得，

故，

所以当时，．

故选：A．

9. 关于的说法，错误的是（    ）

A. 展开式中的二项式系数之和为2048 B. 展开式各项系数和为0

C. 展开式中只有第6项的二项式系数最大 D. 展开式中第6项的系数最小

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项式系数性质可判断AC；利用赋值法可判断B；根据展开式各项系数为判断D.

【详解】可得展开式中的二项式系数之和为，故A正确；

令，可得展开式各项系数和为0，故B正确；

展开式共12项，其中中间第6、7项二项式系数最大，故C错误;

展开式各项的系数为，可得当时，该项系数最小，故D正确.

综上，错误的选项是C.

故选：C.

10. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚疼减一半，六切才得到其关，要见次日行里数，诸公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚疼每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了？”根据此规律，求后3天一共走多少里（    ）

A. 156里 B. 66里 C. 42里 D. 36里

【答案】C

【解析】

【分析】此人每天所走的路程组成等比数列，可得公比、，再利用等比数列的通项公式与求和公式即可得结果．

【详解】此人每天所走的路程组成等比数列，其中，，

则，解得，

后3天一共走了

（里）．

故选：C．

11. 已知点，和向量，若，则实数的值为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出，再利用共线向量的坐标表示求实数的值.

【详解】由题得，

因为，

所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

12. 已知点在角α的终边上，那么的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由三角函数的定义求得，利用二倍角公式求得结果.

【详解】∵,

∴,

∴.

故选：B.

13. 已知正四棱锥的直观图和正视图，如图所示，则该四棱锥的侧面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出正四棱锥侧面的边上的高，利用三角形的面积公式可求得该正四棱锥的侧面积.

【详解】由正棱锥的性质可知，点在底面内的射影为正方形的中心，

分别取、的中点、，连接、、，如下图所示：

由正视图可知，，易知为的中点，

因为平面，平面，所以，，

所以，，

在正四棱锥中，，为的中点，所以，，

所以，正四棱锥的侧面积为.

故选：D.

14. 在北京冬奥会期间，共有1.8万多名赛会志愿者和20余万人次城市志愿者参与服务．据统计某高校共有本科生1600人，硕士生600人，博士生200人申请报名做志愿者，现用分层抽样方法从中抽取博士生30人，则该高校抽取的志愿者总人数为（    ）

A. 300 B. 320 C. 340 D. 360

【答案】D

【解析】

【分析】求出抽样比例，再根据抽样比例计算样本容量.

【详解】根据题意知分层抽样比例为 ，

所以该高校抽取的志愿者总人数为．

故选：D．

15. 我校将对语、数、英、理、化、生六门学科进行期末考试，其中数学不能安排在第一场考，且语文不能安排在最后一场考，那么不同的考试安排方法有种．

A. 600 B. 504 C. 480 D. 384

【答案】B

【解析】

【分析】分成两种情况，分别为数学在最后一场考和数学不在最后一场考，分别计算两种情况下的排法种数，根据分类加法计数原理可计算得到结果.

【详解】数学在最后一场考，共有：种排法；

数学不在最后一场考，共有：种排法

根据分类加法计数原理可得，共有：种排法

本题正确选项：

【点睛】本题考查元素位置有限制的排列组合应用问题，关键是能够通过分类的方式分别来进行计算.

16. 甲乙两位射击运动员在一次射击中各射靶6次，每次命中的环数如下表：则下列说法正确的是（    ）

A. 乙比甲射击的平均成绩高，甲比乙射击的成绩稳定

B. 乙比甲射击的平均成绩高，乙比甲射击的成绩稳定

C. 甲比乙射击的平均成绩高，甲比乙射击的成绩稳定

D. 甲比乙射击的平均成绩高，乙比甲射击的成绩稳定

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出甲乙成绩的平均数和方差，分别比较平均数和方差的大小即可得出答案.

【详解】解：甲的平均成绩：，

方差为：；

乙的平均成绩为：，

方差为：

      ；

因为，所以乙比甲射击的平均成绩高，

又因，所以乙比甲射击的成绩稳定.

故选：B.

17. 已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题中正确的是（    ）

①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.

A. ①②③ B. ②③④ C. ②④ D. ①③

【答案】D

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质可判断①；根据线面位置关系可判断②；利用面面垂直的判定可判断③；利用线面关系可判断④

【详解】①，由直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β⇒⇒l⊥m，故①正确；

②，若α⊥β⇒l∥m或l、m异面或l、m相交，故②错误；

③，利用面面垂直的判定，若l∥m⇒α⊥β，故③正确；

④，若l⊥m⇒α∥β或α、β相交或α、β垂直，故④错误.

所以①③正确.

故选：D

18. 在中,若,则是

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 钝角三角形

【答案】B

【解析】

【分析】根据正弦定理可得，整理可得，又即，即可得解.

详解】

所以，

所以.

故选：B

19. 函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象

A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度

C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】B

【解析】

【分析】由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点求出φ的值，可得凹函数f（x）的解析式，再利用y=的图象变换规律，得出结论．

【详解】由函数f（x）=的部分图象，

可得A=2，∵，∴T=π，ω=2，f（x）=2sin（2x+φ），

将代入得，∵﹣π＜φ＜0，

∴．

故可将函数y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到的图象，即为的图象，

故选B．

【点睛】由的图象变换出 的图象一般有两个途径，只有区别开这两个途径，才能灵活进行图象变换,利用图象的变换作图象时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移也经常出现无论哪种变形，请切记每一个变换总是对字母而言，即图象变换要看“变量”起多大变化，而不是“角变化”多少.

20. 已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线与双曲线交于两点，且的面积为（为原点），则双曲线的方程为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出抛物线焦点坐标即得椭圆焦点坐标，可得，由的面积为可得，联立两式求得的值，从而可得结果.

【详解】，

即焦点为，

即焦点为，

，①

又的面积为，

时，,，

，得，②

由①②得，，

双曲线的方程为,故选D.

【点睛】本题主要考查抛物线的方程与性质以及双曲线的方程与性质，属于中档题. 求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.

卷二（非选择题，共60分）

二、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分．请将答案填在答题卡相应题号的横线上）

21. 已知函数，则______．

【答案】6

【解析】

【分析】根据分段函数的解析式求解函数值.

【详解】函数，，

.

故答案为：6

22. 已知函数是定义在上的减函数，且，则的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据函数的定义域，结合函数的单调性求解即可.

【详解】函数是定义在上的减函数，且，

∴，解得．

故答案为：

23. 已知，，以为直径的圆的标准方程为__________．

【答案】

【解析】

【分析】求出圆的圆心和半径，即可求得答案.

【详解】从题设可得圆心为AB的中点，半径为，

则所求圆的标准方程为，

故答案为：．

24. 从1，2，3，4，5这五个数字中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为_______．

【答案】##

【解析】

【分析】由列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.

【详解】由题意任取两个不同的数字组成1个两位数，共有：

12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45,51,52,53，54共20个；

其中偶数有：12，14，24，32，34，42，52,54共8个；

故所求概率.

故答案为：.

25. 已知，满足，则目标函数的最大值是______．

【答案】3

【解析】

【分析】画出可行域及目标函数，利用的几何意义求出最值.

【详解】画出可行域及目标函数，

变形为，的几何意义为直线与轴交点的纵坐标，

故当过点时，取得最大值，

联立，解得，故，

将其代入，解得.

故答案为：3

三、解答题（本大题5个小题，共40分）

26. 已知二次函数，，且.

（1）求函数的解析式；

（2）求函数在区间上的值域．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）函数图象与轴交点确定值，函数和函数相等，对应系数相等确定、值.

（2）根据区间上的单调性求出最值，即可得到区间上的值域.

【小问1详解】

解：因，所以，所以，

又因为，所以，

所以，

所以，所以，

即．

【小问2详解】

解：因为，所以是开口向上，对称轴为的抛物线．

因为在递减，在递增，所以，

因为，，

所以，

所以在上的值域为．

27. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，.

（1）若，求的通项公式；

（2）若，求.

【答案】（1）；（2）当时，.当时，.

【解析】

【分析】设的公差为d，的公比为q，

（1）由条件可得和，解方程得，进而可得通项公式；

（2）由条件得，解得，分类讨论即可得解.

【详解】设的公差为d，的公比为q，则，.

由得.①

（1）由得②

联立①和②解得（舍去），

因此的通项公式为.

（2）由得.

解得.

当时，由①得，则.

当时，由①得，则.

【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的基本量运算，属于基础题.

28. 已知分别为内角A、B、C的对边，的周长为且.

（1）求边长a的值；

（2）若，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理把转化为边的关系，进而根据的周长求出的值；
（2）通过面积公式求出的值，代入余弦定理即可求出的值.

【小问1详解】

由题，周长为，①

∵，由正弦定理得，②

∴由①②，可解得；

【小问2详解】

由（1）得，

∵，∴，∴，

∴

29. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，，为中点．

（1）求证：平面

（2）求证：平面．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案；

（2）利用线面垂直的判定定理可得答案．

【小问1详解】

如下图，取中点，连接，，因为为中点，

所以，，

由已知，，且，

故且，四边形是平行四边形，，

因为平面，平面，故平面；

【小问2详解】

因为平面，平面，所以，

又因为，所以，

因为，，平面，平面，

所以平面．

30. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以点为圆心，以3为半径的圆与以点为圆心，以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.设点，在中，.

（1）求椭圆的方程；

（2）设过点的直线不经过点，且与椭圆相交于，两点，若直线与的斜率分别为，，求的值.

【答案】(1);(2)-1.

【解析】

【详解】试题分析：（1）由椭圆定义可得，由，∴，从而得到椭圆的方程；

（2）直线的斜率显然存在，设直线l方程：，交点，

由 .由韦达定理可得:

.

试题解析：

（1）设两圆的一个交点为，则， ，由在椭圆上可得，则，①   

由，∴，②   

联立①②，解得，∴椭圆方程为；

（2）直线的斜率显然存在，设直线l方程：，交点，

由 .

，

，