山东省聊城市2023届高三三模数学试题（含解析）

山东省聊城市2023届高三三模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，，若对于，都有，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

3．设，，则（    ）

A． B．

C． D．

4．若为等比数列，则“，是方程的两根”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

5．古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积与该闭合图形的重心旋转所得圆的周长的乘积”．根据上述定理，解决下述问题：在直角梯形中，，，，则梯形的重心到的距离为（    ）

A． B． C． D．

6．已知双曲线：的右焦点为，过分别作的两条渐近线的平行线与交于，两点，若，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

7．在中，，点在边上，且，若，则长度的最大值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

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．随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017-2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（    ）

A．2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多

B．2017-2022这6年我国社会物流总费用的第分位数为14.9万亿元

C．2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为

D．2022年我国的GDP超过了121万亿元

10．已知向量，满足，，则与的夹角可以为（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期为

B．的图象关于直线对称

C．时，在区间单调递增

D．时，在区间既有极大值点也有极小值点

12．如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则下列结论正确的是（    ）

A．存在点使

B．不存在点使平面平面

C．若，，，四点共面，则的最小值为

D．若，，，，五点共球面，则的最小值为

三、填空题

13．已知抛物线：的焦点为，点在轴上，线段的延长线交于点，若，则________．

14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球传给另外两人的概率均为，且各次传球相互独立，则前3次传球中，只有1次将球传给了乙的概率为________．

15．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，恰有四个零点，则这四个零点的和为________．

16．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项的和，即递推关系式为，，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”．已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为，其中，的值可由和得到，比如兔子数列中，代入解得，．若，利用以上信息可得整数的值为________．

四、解答题

17．记是公差不为的等差数列的前项和，若，．

(1)求的通项公式；

(2)设，，求数列的前项的和．

18．如图，函数的图象经过的三个顶点，且．

(1)求；

(2)若的面积为，，求在区间上的值域．

19．已知甲箱、乙箱均有6件产品，其中甲箱中有4件正品，2件次品；乙箱中有3件正品，3件次品．

(1)现从甲箱中随机抽取两件产品放入乙箱，再从乙箱中随机抽取一件产品，求从乙箱中抽取的这件产品恰好是次品的概率；

(2)现需要通过检测将甲箱中的次品找出来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到能将次品全部找出时检测结束，已知每检测一件产品需要费用15元，设表示能找出甲箱中的所有次品时所需要的检测费用（单位：元），求的分布列与数学期望．

20．如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．

(1)证明：；

(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．

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．D

【分析】根据复数的除法和乘方运算可得答案.

【详解】.

故选：D.

2．B

【分析】由已知可得可得答案.

【详解】若对于，都有，则，

由已知可得.

故选：B.

3．D

【分析】根据指对幂函数的单调性以及中间值进行比较即可.

【详解】由单调递减可知：.

由单调递增可知：，所以，即，且.

由单调递减可知：，所以.

故选：D

4．A

【分析】根据题意，由等比数列的性质，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.

【详解】设等比数列的公比为，因为，是方程的两根，

所以，，所以，又因为，

则，又因为，所以，即充分性成立；

反之，当时，不成立，则，不是方程的两根，即必要性不成立；

所以“，是方程的两根”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5．C

【分析】延长交于点，可得直角梯形绕旋转一周所得的组合体为绕旋转一周所得的组合体去掉绕旋转一周所得的组合体，根据体积公式，面积公式及题意进行求解即可

【详解】如图，延长交于点，

由，可得是的一条中位线，是的中点，

所以，即，是等腰直角三角形，

故易得到的距离为，到的距离为，

直角梯形绕旋转一周所得的组合体（如图非阴影部分）为绕旋转一周所得的组合体去掉绕旋转一周所得的组合体，

所以绕旋转一周所得的组合体的体积为，

绕旋转一周所得的组合体的体积为，

所以直角梯形绕旋转一周所得的组合体的体积为，

直角梯形的面积为，

设梯形的重心到的距离为，

所以由题意可得，解得

故选：C

6．A

【分析】设点在第一象限，根据双曲线的性质得到和关于轴对称，结合直线的方程求出点的坐标，再将点代入双曲线的方程得到关于和的齐次的方程，即可求解.

【详解】由题意，不妨设点在第一象限，

由双曲线的性质可得，直线和直线关于轴对称，

所以和关于轴对称，又，则设，，

又直线的方程为：，

所以代入点得：，解得：，

即点，

将点代入双曲线的方程得：，

化解得：，解得：或，

又因为，所以，

则双曲线的离心率，

故选：A.

7．C

【分析】由得出点轨迹是一个圆，再结合正弦定理求得结果.

【详解】如图，

以点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，

设，因为，则 ，

所以，即，

所以点轨迹是一个圆，圆心，半径，

，，，

求长度的最大值即为求长度的最大值,    

在中，由正弦定理，

则，当时，即与圆相切时，，

则长度的最大值为4，长度的最大值为5.

故选：C.

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．ACD

【分析】根据题意，由图表即可判断AC，由百分位数的计算公式即可判断B，由2022年社会物流总费用与GDP的比率即可得到2022年我国的GDP，即可判断D.

【详解】由图表可知，2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，

且增长为万亿元，故A正确；

因为，则第分位数为第5个，即为，所以这6年我国社会物流总费用的第分位数为万亿元，故B错误；

由图表可知，2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C正确；

由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.

故选：ACD

10．AB

【分析】根据题意，将式子两边同时平方，然后相减即可得到，，然后结合向量夹角公式即可得到，从而得到结果.

【详解】因为，则，且，则，

所以，即，则，又因为，

即，设与的夹角为，则，即，

且，则，所以，则与的夹角可以为，.

故选：AB

11．BC

【分析】验证可知，，由此可得AB正误；利用三角恒等变换公式可化简得到，令，结合复合函数单调性的判定可知C正确；令，结合导数可求得当时，的单调性，结合复合函数单调性可确定单调性，由极值点定义可知D错误.

【详解】对于A，，

不是的周期，A错误；

对于B，，

的图象关于直线对称，B正确；

对于C，；

当时，，，，

令，则，；

与在上均单调递减，在上单调递减，

又在上单调递减，

由复合函数单调性可知：在上单调递增，C正确；

对于D，由C知：；

当时，，，；

令，则，；

，当时，在上恒成立，

在上单调递增，

又在上单调递增，在上单调递减，

由复合函数单调性可知：在上单调递增，在上单调递减，

则当时，在上有极大值点，无极小值点，D错误.

故选：BC.

12．BCD

【分析】建立空间直角坐标系，计算与的数量积能否为0可判断A；

若平面平面，可得，同A方法即可判断B；

作出平面与平面的交线，的最小值即为时，计算可判断C；

四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，判断出面与球的截面为圆，转化为点到圆上点的距离的最小值，计算可得D.

【详解】对于A，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，则，，

则，，若，则有

，化简得，，

又，，所以不可能成立，故A错误；

对于B，连接交于，连结，则依题意可得，

若平面平面，又平面平面，平面，

，所以平面，所以有，

以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，

则，得，此式不可能成立，故B正确；

对于C，如图，

延长交的延长线于，连接交于，

则为平面与平面的交线，若，，，四点共面，

则在线段上，所以当时，最小，

因为，，所以，

所以，又，则，所以当时，在中，

有，得，故C正确；

如图，

四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，

球的半径（正方体的对角线长的一半），

设面截球的截面圆为圆，为正方形的中心，

设圆的半径为，，所以，

若，，，，五点共球面，则在圆上，

则的最小值为，故D正确.

故选：BCD

13．4

【分析】做准线于点，轴于点可得，，再由抛物线定义可得答案.

【详解】如图，做准线于点，轴于点，所以，

因为， 所以，所以，

解得.

故答案为：.

14．/0.625

【分析】作图，将三次传输过程表达出来，根据图求概率.

【详解】如图，是传球过程，

如果第一次传给乙，第三次不传给乙，其概率为，

如果第一次传给丙，第二次或第三次传给乙，其概率为，

所以在前3次传球过程中，只有一次传给乙的概率；

故答案为：.

15．4

【分析】根据题意，由条件可得为偶函数，可得其所有零点之和为0，然后即可得到结果.

【详解】将函数向左平移1个单位，所以，

因为是偶函数，由偶函数的导数为奇函数可知，是奇函数，

且奇函数与奇函数的乘积为偶函数，则为偶函数，

所以为偶函数，

又因为函数恰有四个零点，即函数恰有四个零点，

且这四个零点一定是两组关于轴对称，其四个零点之和为0，

而是由向左平移了1个单位，

所以的四个零点之和为4.

故答案为：4

16．29

【分析】根据斐波那契数列的通项公式与性质得，列方程，设，化为一元二次方程求解进行估值即可得整数的值.

【详解】因为斐波那契数列的通项公式为，

所以，即①，

又，所以方程①可转化为②，

令，则方程②转化为，即，又，

所以，因为，所以，

所以，所以，故整数的值为.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，进而得到；

（2）由（1）可得，进而得到，采用裂项相消法和并项求和法可求得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由得：，解得：，

.

（2）由（1）得：，

，

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据图像性质，结合正弦定理与，求得，从而得解；

（2）由（1）及的面积为得，再结合图像性质依次求得，从而求得，最后根据的范围，结合正弦型函数的图像即可得解.

【详解】（1）由函数的图象性质可知，

在中由正弦定理，得，又，

所以，即，

所以，即，

所以，又，

所以，，

因为，所以．

（2）由（1）及的面积为，得，解得，

设与轴的交点为，则为边长是2的正三角形，

所以，，所以．

又，所以，即

又，解得，即．

因为，所以，所以，

所以，

即在区间上的值域为.

19．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由全概率公式计算从乙箱中抽取的这件产品恰好是次品的概率；

（2）计算的所有可能取值的概率，进而列出分布列，计算期望.

【详解】（1）设“从甲箱中抽取的两件产品均为正品”，“从甲箱中抽取的两件产品为一件正品，一件次品”，“从甲箱中抽取的两件产品均为次品”，“从乙箱中抽取的一件产品为次品”，由全概率公式，

得

．

（2）的所有可能取值为30，45，60，75．

则；

；

；

．

所以的分布列为

的数学期望（元）．

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；

（2）建立空间直角坐标系，求向量与平面的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，，

因为是的中点，所以，，

因为三棱台中，，，，

所以，，即四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为平面，平面平面，所以．

（2）因为平面平面，所以过点作于点，则平面，又由题意知，，所以，

因为中，，，所以，

连接，在中由余弦定理得，

所以，得．

所以以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，

令，则，，，，，，，，，，

，

设平面的法向量为，则得

令，则，，所以平面的一个法向量，

设直线与平面所成的角为，

则．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

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.