2023届山东省滨州市邹平市第一中学高三5月数学模拟试题含解析

这是一份2023届山东省滨州市邹平市第一中学高三5月数学模拟试题含解析，共18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。
2023届山东省滨州市邹平市第一中学高三5月数学模拟试题 一、单选题1．若复数满足方程，则在复平面上表示的图形是A．椭圆 B．圆 C．抛物线 D．双曲线【答案】B【分析】利用复数的几何意义求解即可．【详解】原方程可化为，其几何意义表示所表示的点和之间的距离为，满足圆的定义，故表示的图形是圆.故选：B2．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求得集合，然后求得.【详解】由于，所以.故选：B3．已知椭圆：的离心率为，则椭圆的长轴长为（    ）A． B．4 C． D．8【答案】C【分析】根据条件先计算出的值，再根据离心率求解出的值，最后根据长轴长为计算出长轴长.【详解】由题意知，所以，又因为，所以，所以椭圆的长轴长为.故选：C.4．在一次公里的自行车个人赛中，25名参赛选手的成绩单位：分钟的茎叶图如图所示，现将参赛选手按成绩由好到差编为号，再用系统抽样方法从中选取5人，已知选手甲的成绩为85分钟，若甲被选取，则被选取的其余4名选手的成绩的平均数为　　A．95 B．96 C．97 D．98【答案】C【分析】结合系统抽样法的方法,得出其他四名选手的成绩,然后计算平均数,即可.【详解】结合系统抽样法,可知间隔5个人抽取一次,甲为85,则其他人分别是88,94,99,107,故平均数为,故选C.【点睛】考查了系统抽样法,关键该抽取方法每间隔相同人数中抽取一人,计算平均数,即可,难度中等.5．已知数列，．满足条件“”的数列个数为（    ）个．A．160 B．220 C．221 D．233【答案】D【分析】由已知可得只能取或，结合限制条件，对的个数进行分类，可分为6个，5个，4个和3个，按照组合和分步乘法计数原理求出各类的个数，即可求出结论.【详解】因为，所以只能取或，而，所以中出现的个数可以是6个、5个、4个、3个，若出现6个0，则数列为常数列，共有1个常数列，若出现5个0，则出现一个有两种取法，共有，若出现4个0，则出现两个，共有，若出现3个0，则出现三个，共有，综上所述，数列的个数为.故选：D.【点睛】本题考查两个计数原理和组合的实际应用问题，理解题意合理分类是解题的关键，属于中档题.6．对于三个不等式：①；②；③（；）．其中正确不等式的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】对于①，利用正弦函数的单调性直接判断；对于②，根据对数运算法则选择中间变量比较大小或利用换底公式合理放缩比较大小；对于③，根据对数的运算法则对题中的不等式进行等价转化,合理赋值验证结论.【详解】对于①：，故①正确；对于②：，，或，故②正确；对于③：.设，则，,易得当时，取得最大值，所以（时等号成立），则有，∴，故③正确.综上可知，正确不等式的个数为3个.故选：D.7．已知函数的图象关于对称，且，在上单调递增，则的所有取值的个数是（    ）A．3 B．4 C．1 D．2【答案】D【分析】直接利用正弦型函数的性质对称性和单调性的应用求出结果.【详解】由于函数的图象关于对称，则：，①，由于，所以②，得：，所以，故为奇数，且在上单调递增，所以，解得．当，故的取值为：1，3，5，7，当时，可以求得，时，，满足条件；当时，因为，所以不满足条件；当时，，时，，满足条件；当时，，，既有增区间，又有减区间，所以不满足条件；所以满足条件的的所有取值的个数是2，故选：D．【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关正弦型函数的性质，正确解题的关键是要明确正弦型函数的对称性与单调性.8．直线分别与x轴，y轴交于两点，点在圆，则面积的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意首先求得的长度，然后确定圆上的点到直线的距离，最后确定三角形面积的取值范围.【详解】解：因为，所以.圆的标准方程，圆心，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的取值范围为：，所以.故选:C. 二、多选题9．2020年初以来，5G技术在我国已经进入高速发展的阶段；5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了近5个月来5G手机的实际销量，如下表所示：月份2020年2月2020年3月2020年4月2020年5月2020年6月月份编号12345销量/千部37104196216若与线性相关，且求得线性回归方程为，则下列说法正确的是（    ）A．B．与正相关C．与的相关系数为负数D．7月份该手机商城的5G手机销量约为27.5万部【答案】BD【分析】根据回归方程，将、代入求值可判断A、D的正误，由回归方程的单调性可判断B、D的正误.【详解】A：将代入回归方程，得，错误；B：由中k = 45 > 0，单调增函数，即与正相关，正确；C：由B中结论，与正相关，则相关系数为正数，错误；D：代入方程得，即7月份该手机商城的5G手机销量约为27.5万部，正确.故选：BD.10．已知是正项等差数列，首项为，公差为，且，为的前n项和（n∈），则（    ）A．数列是等差数列 B．数列{}是等差数列C．数列是等比数列 D．数列{}是等比数列【答案】AC【分析】根据等差数列和等比数列的定义即可判断A、C；用特值法即可判断B、D．【详解】由题意得，.因为数列是等差数列，，所以数列是等差数列，故A正确；当时，，，因为，所以数列{}不是等差数列，故B错误；因为，所以数列是等比数列，故C正确；当时，，，数列{}不是等比数列，故D错误，故选：AC.11．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（    ）A．圆锥的侧面积为B．的取值范围为C．若为线段上的动点，则D．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为【答案】AC【分析】依次判断每个选项，直接计算A正确；当时，，B错误；当三点共线时最小，根据余弦定理计算得到C正确；计算截面，根据均值不等式计算得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：母线长，侧面积为，正确；对选项B：中，，，则当时，，错误；对选项C：为等腰直角三角形，，将放平得到，如图2所示，当三点共线时最小，为中点，连接，则，，，正确；对选项D：如图3，设截面为，为中点，连接，设，，则，当，即时等号成立，D错误.故选：AC【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和空间想象能力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．若函数有4个零点，则实数k的取值范围为B．关于x的方程有个不同的解C．对于实数，不等式恒成立D．当时，函数的图象与x轴围成的图形的面积为1【答案】AC【分析】根据函数的表达式，作出函数的图像，对于A，C利用数形结合进行判断，对于B，D利用特值法进行判断.【详解】当时，；当 时，；当，则， ；当，则， ；当，则， ；当，则，；依次类推，作出函数的图像：对于A，函数有4个零点，即与有4个交点，如图，直线的斜率应该在直线m, n之间，又，，，故A正确；对于B，当时，有3个交点，与不符合，故B错误；对于C，对于实数，不等式恒成立，即恒成立，由图知函数的每一个上顶点都在曲线上，故恒成立，故C正确；对于D， 取，，此时函数的图像与x轴围成的图形的面积为，故D错误；故选：AC【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三、填空题13．(x－2)3(2x＋1)2的展开式中x的奇次项的系数之和为________.【答案】9【分析】根据多项式的乘法展开即可求解.【详解】展开式中奇次项的系数之和．故答案为：914．设函数，已知，且，若的最小值为，则的值为___________.【答案】【分析】设，则，可得出，，令，，对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值.【详解】因为，所以，函数在、上均为增函数，设，则，且，，则，，令，，则，①当时，即时，，在上单调递减，，解得，合乎题意；②当时，即时，若，则，若，则，函数在上单调递减，在上单调递增，，得（舍去），综上，.故答案为：.15．已知,，且，则点的坐标为_________．【答案】【分析】设，则，，，由，，利用向量共线定理、向量垂直与数量积的关系即可得出．【详解】解：设，则，，，，，，，解得，．则点的坐标：．故答案为：．【点睛】本题考查了向量共线定理、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．已知正四面体的棱长为，为棱的中点，过作其外接球的截面，则截面面积的最小值为__________．【答案】【分析】先将四面体放置于正方体中，正方体的外接球就是四面体的外接球，先得出外接球的半径，当截面面积最小时，球心到截面的距离最大，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，进而得出截面圆的面积最小值.【详解】将四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球就是四面体的外接球，∵正四面体的棱长为，∴正方体的棱长为，可得外接球半径满足，解得，为棱的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，截面圆的面积达最小值，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积最小值为．故答案为：. 四、解答题17．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且对任意的都成立，数列是等差数列.(1)求数列与的通项公式；(2)证明：不存在，使得.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）利用推出n-1时的表达式，然后作差求出数列的通项公式，利用数列是等差数列利用累加法求出的通项公式；（2）化简通过k≥4时，单调递增，且f（4）=1，所以k≥4时，f（k）≥1，结合f（1）=f（2）=f（3）=0，说明不存在，使得．【详解】（1）因为①，则当时，②，①—②，得，则，在①中令，可得，所以.由题设，，，，则，，数列的公差为，，所以.（2），当时，单调递增，且，所以时，，又，所以不存在，使得.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的通项公式的求法，递推关系式的应用，数列与函数的关系，考查分析问题和解决问题的能力.在解题过程中，一定要注意对题的条件的正确转化.18．已知平行四边形中，分别是，的中点，将菱形沿折至的位置，使得二面角的平面角为，连接，得到斜三棱柱.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作出辅助线，得到，从而证明出线面垂直，得到线线垂直；（2）作出辅助线，找到直线与平面所成角，求出各边长，求出正弦值.【详解】（1）连接交于，连接，BF，DE，∵平行四边形中，分别是，的中点，∴△ABF为等边三角形，∴BF=BE=DF=DE，∴四边形BFDE为菱形，平面（2）过D作于，连接.平面平面平面.即为直线与平面所成的角.设，则，∵二面角的平面角为，∴由第一问知：为二面角平面角的补角，∵，∴，，其中，由勾股定理得：19．已知函数相邻两条对称轴之间的距离为.(1)求的值及函数的单调递减区间；(2)已知分别为中角的对边，且满足，，求的面积.【答案】(1)，递减区间为；(2). 【分析】（1）利用降幂公式将函数化为，由函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为求出，结合三角函数的单调性得其单调区间；（2）将代入函数解析式，结合的范围可求出，由正弦定理和余弦定理可求出边，故而可得三角形的面积.【详解】（1）由题设，. 因为相邻两条对称轴之间的距离为，则，所以.所以.令，解得.所以的单调递减区间为.（2）由得：，而，则.所以,故.由及正弦定理得.由余弦定理得，代入，解得，所以.20．某会议室用3盏灯照明，每盏灯各使用节能灯棍一只，且型号相同．假定每盏灯能否正常照明只与灯棍的寿命有关，该型号的灯棍寿命为1年以上的概率为0.8，寿命为2年以上的概率为0.3，从使用之日起每满1年进行一次灯棍更换工作，只更换已坏的灯棍，平时不换．（I）在第一次灯棍更换工作中，求不需要更换灯棍的概率；（II）在第二次灯棍更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该灯需要更换灯棍的概率；（III）设在第二次灯棍更换工作中，需要更换的灯棍数为ξ，求ξ的分布列和期望．【答案】（I）0.512；（II）0.6；（III）分布列见详解，【分析】(1)由独立事件的概率公式可得第一次更换灯棍工作中，不需要更换灯棍的概率；（2）可得第1、2次都更换了灯棍的概率与第一次未更换灯棍而第二次需要更换灯棍的概率为，由互斥事件概率可得答案.(3) 由题意得出的分布列，可得的分布为二项分布，可得的值.【详解】解： （I）设在第一次更换灯棍工作中，不需要更换灯棍的概率为，则．（II）对该盏灯来说，第1、2次都更换了灯棍的概率为；第一次未更换灯棍而第二次需要更换灯棍的概率为，故所求概率为： （III）的可能取值为0，1，2，3；某盏灯在第二次灯棍更换工作中需要更换灯棍的概率为．∴的分布列为：P0123此分布为二项分布—B（3，0.6）．∴【点睛】本题主要考查离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的期望与方差,及独立事件，互斥事件的性质，综合性一般，属于中档题型.21．记平面上动点到两条相交于原点的直线，的距离分别是，，研究满足下列条件下动点的轨迹方程.（1）已知直线，的方程为：，若，求方程；（2）已知直线，的方程为：，求的值，使得满足条件：的动点的轨迹方程恰为圆的标准方程形式.【答案】（1）（2）【分析】（1）设点，根据点到直线距离公式，计算，，再根据，求解即可（2）设点，根据点到直线距离公式，计算，，再根据，代入整理得，求解即可.【详解】解：（1）设点，由题意可知，则即；（2）设点，由题意可知，则，得动点的轨迹方程为.若为圆的标准方程，则，即.【点睛】本题考查点到直线距离公式，以及求轨迹方程，属于中档题.22．已知函数．（1）当时，求函数在点处的切线方程．（2）若对任意的恒成立，求的值． （3）在（2）的条件下，记，证明：存在唯一的极大值点，且．【答案】（1）；（2）实数的值为；（3）证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线的方程；（2）等价转化为对任意的恒成立,令,求得，按照,,分类讨论，利用导数研究函数的单调性，并注意，得到实数的值；（3）求得，令，利用导数研究单调性和最值，并根据零点存在定得到存在唯一的实数,使得,进而分析单调性，是的唯一极大值点.由，可得到,利用的范围和二次函数的性质可以证明最后的结论.【详解】（1）∵，∴，当时，，，切线方程为：,即;（2）的定义域为,对任意的恒成立，等价于,即对任意的恒成立,令,,当时，在上, 单调递减，在上,单调递增，∴恒成立，符合题意；当时，在上, 单调递增，注意到，故,不合题意；时，在上,单调递减，∴,不合题意，综上所述，，所以实数的值为.（3），，令，则，在上，，单调递减，在上，，单调递增，,又∵，，∴存在唯一的实数,使得,在在内,单调递增，在内,单调递减，在在内,单调递增，∴是的唯一极大值点.由,由于，,证明完毕.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线的方程，含参数的不等式恒成立问题中的参数取值范围问题，利用导数研究函数的极值和不等式的证明问题，涉及导数的运算，问题的等价转化思想，属难题，压轴题.