山东省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析）

山东省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）

A．0 B． C．1 D．2

2．已知全集，集合，则下列关系正确的是(    )

A． B．

C． D．

3．已知二次函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．a>0 B．c<0 C． D．

4．已知一组数据为20，30，40，50，50，50，70，80，其平均数、第60百分位数和众数的大小关系是（    ）

A．平均数＝第60百分位数＞众数 B．平均数＜第60百分位数＝众数

C．第60百分位数＝众数＜平均数 D．平均数＝第60百分位数＝众数

5．在平面直角坐标系 中， ， 点 满足 ，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

6．医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层.内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）.根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率.若，则，，.有如下命题：甲：；乙：；丙：；丁：假设生产状态正常，记表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于的数量，则.其中假命题是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

7．已知是不同的直线，是不重合的平面，给出下面四个命题：

①若，则；②若，则；③若是两条异面直线，，则；④若，则.

其中正确的序号为

A．①② B．①③ C．③④ D．②③④

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知椭圆与椭圆，则下列说法错误的是（    ）

A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等

10．数列是递增的等差数列，前项和为，满足，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．时，的最小值为

11．已知函数．若曲线经过点，且关于直线对称，则（    ）

A．的最小正周期为 B．

C．的最大值为2 D．在区间上单调递增

12．已知函数，其中e是自然对数的底数，记，，则（    ）

A．有唯一零点

B．方程有两个不相等的根

C．当有且只有3个零点时，

D．时，有4个零点

三、填空题

13．已知圆与圆没有公共点，则正数a的取值范围为________

14．已知的内角，，所对的边分别是，，，设向量，，若，，则的面积的最大值为______．

15．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．

16．已知为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为，斜边上中线CE所在直线方程为，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为_______________________.

四、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求B；

(2)若，，求的面积.

18．已知数列满足.

(1)设，证明：是等比数列；

(2)记数列的前项和为，求.

19．如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，分别为棱的中点.

(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；

(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

20．为弘扬中国传统文化，山东电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：

①有易、中、难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次．四轮答题得分总和不低于10分进入决赛．选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表：

(1)若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；

(2)甲四轮答题中，选择了一个容易题、两个中等题、一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为X，求随机变量X的数学期望．

21．已知双曲线的渐近线方程为，且过点．

(1)求双曲线的标准方程；

(2)若点，过右焦点且与坐标轴都不垂直的直线与交于，两点，求证：．

22．已知函数.

(1)求在的最小值；

(2)若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.

参考答案：

1．A

【分析】利用复数的除法，然后利用复数的实部与虚部相等即得.

【详解】，

由于复数的实部与虚部相等，

则，

解得.

故选：A.

2．B

【分析】首先通过解一元二次不等式求出集合，进而判断选项A是否正确；通过集合间的包含关系和交运算可判断选项BD；利用补集运算可判断选项C.

【详解】因为，解得或，

所以或，

由元素和集合的关系可知，，故A错误；

由集合间的包含关系和交集运算可知，B正确，D错误；

由补集运算可知，，故C错误.

故选：B.

3．D

【分析】根据二次函数的图象特征即可逐一求解.

【详解】由二次函数的开口向下可知： ，故A错误，

二次函数与轴的交点可知 ，故B错误，

与轴有两个交点，则，故C错误，

由图可知，当 时， ，故 ，故D正确,

故选：D

4．B

【分析】从数据为20，30，40，50，50，50，70，80中计算出平均数、第60百分位数和众数，进行比较即可.

【详解】解：平均数为，

，第5个数50即为第60百分位数.

又众数为50，

它们的大小关系是平均数第60百分位数众数.

故选：B.

5．A

【分析】设，则由列方程组可求出的值，从而可得点的坐标

【详解】设，由，

因为，所以，

因为，

所以，解得，

所以点的坐标为，

故选：A

6．D

【分析】根据正态分布曲线的特点判断A，B，C；先计算出一只口罩过滤率小于等于的概率，然后根据即可计算出的值并进行判断.

【详解】由题意可知，正态分布的；

甲．因为，所以，故正确；

乙．因为，所以，故正确；

丙．因为，且，

所以，故正确；

丁．因为一只口罩过滤率小于等于的概率为，

又因为，故错误；

故选：D.

【点睛】思路点睛：解决正态分布问题的三个关键点：

（1）对称轴；

（2）标准差；

（3）分布区间.

利用对称性可求指定范围内的概率值；由分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为的特殊区间，从而求出所求概率.

7．C

【详解】解：对于①,若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n或异面，故错；

对于②,若m,n⊂α,m∥β,n∥β且m、n相交,则α∥β，故错；

对于③,若m,n是两条异面直线,若m∥α,n∥α,在平面α内一定存在两条平行m、n的相交直线,由面面平行的判定可知α∥β，故正确；

对于④，如果m⊥α，m垂直平面α内及与α平行的直线，故m⊥n，故正确；

本题选择C选项.

8．B

【分析】根据指数函数的单调性和构造函数并证明单调性即可求解.

【详解】

令，

所以，

令得，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

所以，

所以，

令，

所以，

所以在单调递增，

，

所以，

所以，

所以，

所以，

故选：B.

【点睛】方法点睛：本题应用构造函数比较大小，需要注意控制变量的唯一性.

9．ABC

【分析】分别求出这两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，比较即可得到答案.

【详解】由已知条件得椭圆中，，，，

则该椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；

椭圆中，焦点在轴上，，，，故这两个椭圆只有焦距相等.

故选：.

10．AC

【分析】设等差数列的公差为，则，由可得出、的等量关系，可判断AB选项的正误；利用作差法可判断C选项的正误；解不等式可判断D选项的正误.

【详解】设等差数列的公差为，则，

因为，则，可得，A对；

，B错；

，则，C对；

，，，

即当时，的最小值为，D错.

故选：AC.

11．ABD

【分析】由题知，进而得，，再结合题意得，进而再讨论各选项即可得答案.

【详解】解：因为曲线关于直线对称，

所以，即，解得，

所以，，

所以，的最小正周期为，故A选项正确；

因为曲线经过点，

所以，解得，

所以，，故B选项正确；

所以，的最大值为，故C选项错误；

当时，，

所以在区间上单调递增，故D选项正确.

故选：ABD

12．ABD

【分析】先对求导，判断出函数的单调性，画出的简图，对于选项A，通过令，从而将函数的零点转化成，的根来求解，利用图像可得出结果；对于选项B，通过构造两个函数，利用函数图像的交点来解决，从而判断出选项B的正误；选项C，通过令，从而得到，有且只有3个零点时,方程有两等根，且，或两不等根，，从而求出的范围；对于选项D，直接求出的值，再利用的图像即可判断结果.

【详解】因为，

所以，

所以时，，时，    

所以的图像如下图，

选项A，因为，令，由，得到，

由图像知，存在唯一的，使得，所以，

由的图像知，存在唯一，使，

即只有唯一零点，所以选项A正确；

选项B，令，如图，易知与有两个交点，所以方程有两个不相等的根，所以选项B正确；

选项C，因为，令，由，

得到，

当有且只有3个零点时，由的图像知，

方程有两等根，且，或两不等根，，或（舍弃，不满足韦达定理），

所以或即或，所以或，

当时，，满足条件，所以选项C错误；

选项D，当时，由，得到或，由的图像知，当时，有2个解，当时，有2个解，所以选项D正确.

故选：ABD.

13．

【分析】求出圆心距，利用两圆外离或内含得出不等关系，从而得的范围．

【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，

两圆没有公共点，则两圆外离或内含，

∴或，又，所以或．

故答案为：．

【点睛】本题考查两圆的位置关系，判断方法是几何法：由两圆圆心距离与两圆半径之间的关系判断．

14．

【分析】利用两向量平行的充要条件求出三角形的边与角的关系，利用正弦定理将角化为边，再利用余弦定理求出B的余弦，求出角B，再由不等式及面积公式可求出最值．

【详解】∵向量，，若，

∴，

由正弦定理知：，即，

由余弦定理知：，

∴cosB＝，∵B∈（0，π），∴B＝．

又，

所以，

解得，当且仅当时等号成立，

,

所以的面积的最大值为.

故答案为：

15．17.8##

【分析】首先分析超几何分布最大项确定的值，再通过超几何分布的期望公式求出的值，即可求出.

【详解】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布

，

最大时，即最大，

超几何分布最大项问题，利用比值求最大项

设

则

令

故当时，严格增加，

当时，严格下降，

即时取最大值，

此题中，

根据超几何分布的期望公式可得，

故答案为：17.8

16．

【分析】设，由中点公式求出点A坐标，根据等腰直角三角形可知，，建立与，与间关系，即可求出，进而根据点斜式求出直线的方程.

【详解】因为中线CE所在直线方程为，

所以可设，

由AC中点为，可得，

所以，

为等腰直角三角形，CE为中线，

,，

①，

又是的中点，,

,，

化简得： ②，

由①②解得，

所以点,又因为，

所以直线方程为,

即所求方程为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了两直线垂直位置关系，根据两直线垂直研究斜率之间的关系，直线方程的点斜式，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；

（2）利用余弦定理求出，再代入三角形的面积公式，即可得到答案；

【详解】（1）由，得，即，

所以，

由正弦定理得，

因为，所以.

因为，所以.

（2）在中，因为，，，由余弦定理，得，

即，解得或（舍去）.

所以，

即的面积为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由可得，将递推式代入，利用等比数列的定义求解即可；

（2）利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）因为，

所以

.

又因为，

所以数列是以2为首项2为公比的等比数列.

（2）由（1）可知，，所以，

所以，

所以.

两式相减，得

，

所以.

19．(1)

(2)棱上存在点，使得平面，且

【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再根据线面垂直的性质可得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；

（2）设点满足，再利用向量法求解即可.

【详解】（1）取的中点，连接，

因为在四边形中，，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，所以平面，

又平面，

所以，

又在等边中，是的中点，所以，

如图以为原点，建立空间直角坐标系，

，

故，

，

设平面的法向量，则

即，可取，

因为平面，

所以即为平面的一个法向量，

设平面与平面所成的锐二面角为，

则，

即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；

（2）设点满足，

所以，

则，

因为平面，

所以，

解得，

即棱上存在点，使得平面，且.

20．(1)后两轮应该选择容易题进行答题，理由见解析

(2)

【分析】（1）先分析得甲后两轮还有三种方案，利用独立事件的概率的乘法公式将每种方案进决赛的概率求出，比较之即可得解；

（2）根据题意得到X的可能取值，结合独立事件的概率的乘法公式将X的每一个取值的概率求出，从而得到X的的分布列，从而求得X的数学期望．

【详解】（1）依题意，甲前两轮都选择了中等题，只答对了一个，则甲得分为分，要进入决赛，还需要得分，

所以甲后两轮的选择有三种方案：

方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；

方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；

方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为：；

因为，所以甲后两轮应该选择容易题进行答题.

（2）依题意，X的可能取值为3、7、8、11、12、16，

则，

，

，

所以X的分布列为：

所以.

21．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，再将给定点坐标代入计算得解.

(2)设出直线l的方程，再与双曲线C的方程联立，借助韦达定理计算得解.

【详解】（1）因双曲线C的渐近线方程为，则设双曲线方程为，

又双曲线过点，则，

所以双曲线C的方程为，即.

（2）由(1)知F(2，0)，l的斜率存在且不为0，设l的方程为，

由消去y并整理得：，显然，

设，，则，

则

，

所以成立.

22．(1)答案见解析；

(2)正，理由见解析

【分析】（1）由导数法求最值，对、、分类讨论即可；

（2）由（1）得只有时方程有两个不同的解且可设设 ，则由列等式整理得，

结合等差中项性质可变形整理得，令 ，由导数法讨论最值得，即可进一步证明

【详解】（1）.

当 时， 在 单调递减， ；

当 时， 在 单週递减， ；

当 时， 时， 时， ， 所以 在 单週递减， 在 单调递增，

综上，当 时， ；当 时， .

（2）值的符号为正，理由如下：

由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合题意.

当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.

不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，

则 ， 整理得

.

令 ， 则 ，令 ，

在 单调递增， .故 得证