2023届山东省青岛市高三上学期期初调研检测数学试题含解析

2023届山东省青岛市高三上学期期初调研检测数学试题

一、单选题

1．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算法则即可化简求解.

【详解】由得，

故选：B

2．若集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解无理不等式确定集合，解指数不等式确定集合，然后由交集定义求解．

【详解】，，

所以．

故选：C．

3．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对展开化简可得，再对等式两边平方化简后结合二倍角公式可求出的值.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，即，

所以，

故选：A

4．在的展开式中，常数项为（       ）

A．80 B． C．160 D．

【答案】D

【分析】根据二项式展开式的特征即可知中间项（第4项）为常数项.

【详解】由于互为倒数，故常数项为第4项，即常数项为，

故选：D

5．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据中间值法结合函数的单调性即可比较大小

【详解】因为，，,

故，

故选：C

6．已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的外接球半径为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据圆台的侧面积计算公式可求母线长，进而可求圆台的高，根据球的性质，即可利用球心与底面圆心的连线垂直与底面，根据勾股定理即可求解.

【详解】设圆台的高和母线分别为，球心到圆台上底面的距离为，

根据圆台的侧面积公式可得，

因此圆台的高，

当球心在圆台内部时，则，解得，故此时外接球半径为，

当球心在圆台外部时，则，，解得不符合要求，舍去，

故球半径为

故选：B

7．据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推.例如表示62，表示26，现有5根算筹，据此表示方式表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数大于30的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据5根算筹，分为四类情况：,逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概率.

【详解】根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为一共四类情况；

第一类：，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；

第二类：，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32，36，72，76；

第三类：，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23，27，63，67；

第四类：，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，

综上可知：所有的两位数有:14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计12个，则大于30的有32，36，41，63，67，72，76，81共计8个，

故概率为，

故选:C

8．抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于拋物线的轴.如图所示，从拋物线的焦点向轴上方发出的两条光线分别经抛物线上的两点反射，已知两条入射光线与轴所成角均为，且，则两条反射光线之间的距离为（       ）

A． B．4 C．2 D．

【答案】D

【分析】由题意得，则可求出直线的方程，分别与抛物线方程联立表示出的坐标，由结合抛物线的定义可求出，从而可求出两点纵坐标的差，即可得两条反射光线之间的距离.

【详解】由题意得，

因为，所以直线的斜率为，

所以直线为，

由，得，

解得或，

所以，

同理直线的方程为，

由，得，

解得或，

所以，

因为，

所以，

所以，解得，

所以两条反射光线之间的距离为，

故选：D

二、多选题

9．已知直线，则（       ）

A．直线过定点

B．当时，

C．当时，

D．当时，两直线之间的距离为1

【答案】ACD

【分析】根据直线过定点的求法，可判断A,根据直线的一般式在垂直平行满足的条件可判断BC,根据两平行线间距离公式即可求解D.

【详解】对A;变形为

令，则，因此直线过定点，A正确；

对于B;当时，，故两直线不垂直，故B错误；

对于C;当时，，故两直线平行，C正确；

对于D;当时,则满足，此时则两直线距离为，故D正确；

故选：ACD

10．已知函数，则（       ）

A．的最小正周期为

B．在上单调递增

C．的图象关于点中心对称

D．在上有4个零点

【答案】AC

【分析】根据周期的计算公式可判断A，根据整体法即可验证是否单调，判断B,计算，由此可判断C,将函数零点转化为方程的根，即可求解D.

【详解】对于A;周期,故A正确；

对于B;当时，，故在上不单调递增，B错误；

对于C;，故是的一个对称中心，故C正确；

对于D;令,解得，

故当时，

取分别得

故在上有5个零点，D错误,

故选：AC

11．在四棱锥中，底面为菱形，平面，为线段的中点，为线段上的动点，则（       ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积为

C．与平面所成角的最小值为

D．与所成角的余弦值为

【答案】BCD

【分析】根据特殊位置的点,即可排除A,根据等体积法求三棱锥的体积可求解B，根据线面角的几何法即可找到角，然后在三角形中求解最小值即可判断C，根据平移，用几何法找线线角，即可用三角形的余弦定理求解D       .

【详解】对于D;取中点,连接,

则,故或其补角为与所成角，

由于为边长为2的等边三角形，则,因此故,

在中，由余弦定理可得,故与所成角的余弦值为，D正确；

对于A;由于为线段上的动点，若移动到点时，此时考虑平面与平面是否垂直，若两平面垂直，则其交线为,由于,平面，则平面，平面，故,这显然与D选项矛盾，故平面与平面不垂直，A错误，

对于B;取中点为，则所以平面平面,故平面,因此点到平面的距离与点到平面的距离相等，故,因此，故B正确；

对于C;取中点为,连接,则,所以平面,故为与平面所成角，在直角三角形中，,故当长度最大时，最小，故当运动到与重合时，最大值为，此时最小为，故C正确；

故选：BCD

12．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由是偶函数得出是奇函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．

【详解】是偶函数，则，两边求导得，

所以是奇函数，

由，，得，

即，所以是周期函数，且周期为4，，

在，中令得

，，A正确；

没法求得的值，B错；

令得，，，则，无法求得，同理令得，，，

因此，相加得，只有在时，有，但不一定为0，因此C错；

在中令得，，在中令得，，两式相加得，即，D正确；

故选：AD．

三、填空题

13．已知为中点，则___________.

【答案】

【分析】由中点坐标公式得点坐标，再求得向量的坐标后由数量积的坐标表示计算．

【详解】是中点，则点坐标为，

，，．

故答案为：．

14．某地有6000名学生参加考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为___________.

【答案】300

【分析】根据正态分布的对称性即可成绩在130分以上的概率，进而可求人数.

【详解】由正态分布曲线的对称轴为，以及可得，因此,

故130分以上的人数为.

故答案为：300

15．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】求出导函数，问题转化为有两个不等实根，分离参数后转化为求新函数的极值、单调性、变化趋势，从而得参数范围．

【详解】，由题意有两个不等的实根，

即有两个不等的实根，

设，是，

时，，递减，时，，递增，

所以，

又时，，且时，，，

所以，方程有两个不等的实根，且都是变号的根，即有两个极值点．

故答案为：．

16．已知双曲线的左､右焦点分别为，若线段上存在点，使得线段与的一条渐近线的交点满足：，则的离心率的取值范围是___________.

【答案】

【分析】设，，由得，求出点坐标，代入渐近线方程得用表示的式子，求得其范围后可得离心率范围．

【详解】设，，，

，则，

，则，，

，则，，点在渐近线上，

所以，，

由得，所以，又，

所以，所以．

故答案为：．

四、解答题

17．记的内角的对边分别为，已知.

(1)求；

(2)若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角，由和差角公式即可化简求值，

（2）根据锐角确定的范围，由正弦定理化边为角，结合三角函数即可求解.

【详解】(1)因为,

所以由正弦定理得：,

即,

因为，所以，

因为，故，所以，

进而,

(2)由（1）知,

因为为锐角三角形，所以且,

所以,

由正弦定理得：,

因为，所以,

所以.

18．如图，在直三棱柱中，.

(1)证明：；

(2)若三棱锥的体积为，求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，根据正方形对角线互相垂直得线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理即可证明平面,进而可证，

（2）建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算可求平面法向量，根据向量夹角求二面角大小.

【详解】(1)证明：连接，

由三棱柱为直三棱柱可得平面，平面,

所以

因为,平面,

所以平面,

因为平面,所以.

因为，所以四边形是正方形，

所以，

又因为，平面,

所以平面,

因为平面,所以

(2)由（1）得平面

所以点到平面的距离为.

所以

解得.

因为两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量为,

因为,

则,

令，则,

设平面的法向量为,

因为,

则,

令，则,

设二面角的平面角为，根据几何体特征可知为锐角，

所以,

所以二面角的大小为.

19．记关于的不等式的整数解的个数为，数列的前项和为，满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，若对任意，都有成立，试求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解不等式可确定，由及可求得；

（2）由（1）求得，单调性转化为恒成立，然后按的奇偶性分类讨论得参数范围．

【详解】(1)由不等式可得：，

，

，

当时，，

当时，，

因为适合上式，

；

(2)由（1）可得：，

，

，

，

当为奇数时，，

由于随着的增大而增大，当时，的最小值为，

，

当为偶数时，，

由于随着的增大而减小，当时，的最大值为，

，

综上可知：．

20．为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据：

(1)根据小概率值的独立性检验，分析性别因素与学生体育锻炼的经常性有无关联；

(2)从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率；

(3)为了提高学生体育锻炼的积极性，学校设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲乙丙三人相互做传球训练.已知甲控制球时，传给乙的概率为，传给丙的概率为；乙控制球时，传给甲和丙的概率均为；丙控制球时，传给甲的概率为，传给乙的概率为.若先由甲控制球，经过3次传球后，乙队员控制球的次数为，求的分布列与期望.

附：

【答案】(1)认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关联，此推断犯错误的概率不大于

(2)

(3)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据卡方的计算，与临界值比较，即可根据独立性检验的思想求解，

（2）根据条件概率的计算公式即可求解，

（3）由离散型随机变量取值对应的事件，求出对应的概率，即可求解.

【详解】(1)零假设为：性别因素与学生体育锻炼的经常性无关联

根据列联表中的数据，经计算得到

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关联，此推断犯错误的概率不大于.

(2)用表示事件“选到经常参加体育锻炼的学生”，B表示事件“选到男生”，则.

(3)由题知的所有可能取值为，

；

所以的分布列为:

21．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.

(1)求轨迹的方程；

(2)不过圆心且与轴垂直的直线交轨迹于两个不同的点，连接交轨迹于点.

（i）若直线交轴于点，证明：为一个定点；

（ii）若过圆心的直线交轨迹于两个不同的点，且，求四边形面积的最小值.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）

【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程，

（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据点坐标可得方程，进而代入韦达定理即可求出坐标，根据弦长公式可求长度，进而得长，根据垂直，即可表示四边形的面积，根据不等式即可求解最值.

【详解】(1)设动圆的半径为，圆心的坐标为

由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.

动圆与圆内切，且与圆外切，

动圆的圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为：，

其中

从而轨迹的方程为：

(2)（i）设直线的方程为，则

由可得：

直线的方程为，

令可得点的横坐标为：

为一个定点，其坐标为

（ii）根据（i）可进一步求得：

.

，

则

，

四边形面积

（法一）

等号当且仅当时取，即时，

（法二）令，

则

当，即时，

【点睛】本题考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，综合性较强.利用几何法求轨迹方程时，要多注意图形位置间体现的等量关系，可通过先判断轨迹，再求其方程.直线与椭圆相交问题，联立方程是常规必备步骤，韦达定理得弦长，求面积或者长度最值时，往往需要先将其表达出来，再利用不等式或者函数的知识进行求解.

22．已知函数

(1)求的最小值；

(2)函数的图象是一条连续不断的曲线，记该曲线与轴围成图形的面积为，证明：；

(3)若对于任意恒成立，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求导，利用导函数的正负确定单调性，进而可求最值，

（2）通过单调性和最值可知当时，，进而可证明围成的面积在梯形内部，进而可求解，

（3）对式子进行变形为，构造函数利用单调性将其转化为只需要即可求解.

【详解】(1)当时，由题知：

当时，在上单调递减

当时，在上单调递增.

所以当，又因为

所以最小值为.

(2)因为，由（1）知：当时，.

因为，所以在点处的切线方程为

令，则

所以在上单调递减，

所以.

所以曲线在轴､轴､和之间

设原点为轴与交点为和的交点为，

点为，

所以曲线在梯形内部

所以.

(3)因为，所以

所以

①当时，

因为，所以，所以

②当时，

令

则在时恒成立

所以在时单调递增

由题知：

所以.

所以

由（1）知：

所以

【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求解不含参的最值问题比较常规，处理起来也比较容易，对于含参问题，利用导数求解时，往往需要合理变形，然后根据式子特征构造函数，利用导数求解构造的函数的单调性.