2023年山东省重点实验中学高考数学二模试卷-普通用卷

2023年山东省重点实验中学高考数学二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  “”是“复数为纯虚数”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

2.  已知集合，集合，则集合的真子集个数为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  某调查机构抽取了部分关注济南地铁建设的市民作为样本，分析其年龄和性别结构，并制作出如下等高条形图根据图中岁以上含岁的信息，关于该样本的结论不一定正确的是(    )

 

A. 男性比女性更关注地铁建设
B. 关注地铁建设的女性多数是岁以上
C. 岁以下的男性人数比岁以上的女性人数多
D. 岁以上的人对地铁建设关注度更高

4.  将函数的图象向右平移个单位长度后的函数图象关于原点对称，则实数的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知随机变量，且，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，是双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知函数，的定义域均为，且满足，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列说法正确的是(    )

A.
B. 非零向量和，满足且和同向，则
C. 非零向量和满足，则
D. 已知，，则在的投影向量的坐标为

10.  平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图它的画法是这样的：正方形的边长为，取正方形各边的四等分点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，，，；如图阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，，，则(    )
 

A. 数列是以为首项，为公比的等比数列
B. 从正方形开始，连续个正方形的面积之和为
C. 使得不等式成立的的最大值为
D. 数列的前项和

11.  如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则(    )

A.  B. 三棱锥的体积为
C. 三棱锥外接球的半径为 D. 直线与所成角的余弦值为

12.  在平面直角坐标系的第一象限内随机取一个整数点，若用随机变量表示从这个点中随机取出的一个点的横、纵坐标之和，表示，同时发生的概率，则(    )

A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，的均值为
D. 当且时，

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  展开式中二项式系数最大的项的系数为______ ．

14.  已知直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，为椭圆上一个动点，则的最大值与最小值之和为______ ．

15.  从，，，，，，，中依次取出个不同的数，分别记作，，，，若和的奇偶性相同，则，，，的取法共有______ 种用数字作答．

16.  已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知两个正项数列，满足，．
求，的通项公式；
若数列满足，其中表示不超过的最大整数，求的前项和．

18.  本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
求角；
若为边上一点不包含端点，且满足，求的取值范围．

19.  本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，．
证明：；
若为线段的靠近点的四等分点，判断直线与平面是否相交？如果相交，求出到交点的距离，如果不相交，说明理由．
 

20.  本小题分
周易包括经和传两个部分，经主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法可以解释为：把阳爻“”当做数字“”，把阴爻“”当做数字“”，则六十四卦代表的数表示如下：

例如，成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，“否”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是，“泰”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是．
若某卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记分；若只有两个阳爻相邻，则记分；若三个阳爻互不相邻，则记分，设任取一卦后的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．

21.  本小题分
已知抛物线：，过点的两条直线，分别交于，两点和，两点当的斜率为时，．
求的标准方程；
设为直线与的交点，证明：点在定直线上．

22.  本小题分
已知函数在点处的切线方程为．
求，；
若函数有两个零点，，且，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：
依题意，
复数为纯虚数，
且，
“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件，
故选B．
由于复数为纯虚数，故且，即“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件．
本题主要考查复数的基本概念，以及必要条件、充分条件的判断，是一道比较基础的题目．
 

2.【答案】 

【解析】解：联立可得，
为，解得，
所以方程组的解为或，
所以，
所以，集合的真子集个数为．
故选：．
解方程组可得集合，进而可求得集合的真子集个数．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由等高条形图可得：
对于选项A：由左图知，样本中男性数量多于女性数量，所以男性比女性更关注地铁建设，故A正确；
对于选项B：由右图知女性中岁以上的占多数，从而样本中多数女性是岁以上，
从而得到关注地铁建设的女性多数是岁以上，故B正确；
对于选项C：由左图知男性人数大于女性人数，由右图知岁以下的男性占男性人数比岁以上的女性占女性人数的比例少，
所以无法判断岁以下的男性人数与岁以上的女性人数的多少，故C不一定正确；
对于选项D：由右图知样本中岁以上的人对地铁建设关注度更高，故D正确．
故选：．
由等高条形图一一分析即可．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，
将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，
由题意可知，函数的图象关于原点对称，
所以，所以，，
因为，故当时，取最小值．
故选：．
利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用三角函数图象变换求出平移后所得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可求出的表达式，即可求得的最小值．
本题主要考查函数的图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为随机变量，且，
所以，即，所以，
所以，
令，，
所以，
又，当且仅当，即时取等号，
所以，
即的最大值为．
故选：．
根据正态分布的性质求出的值，则，令，，则，利用基本不等式求出的最小值，即可得解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设底面四边形的中心为，连接，则，
设点到平面的距离为，，，
则中，边上的高为，
则，
由，
得，
所以，
由，得，则，则，
所以，
即点到平面的距离的取值范围是，
所以点到平面的距离的最大值为．
故选：．
设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，利用等体积法求解即可．
本题主要考查点到平面的距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：双曲线：的右焦点为，渐近线为，
因为是双曲线右支上一点，且，所以在方向的投影的取值范围为，
当在右顶点时在方向的投影最大，最大值为，即，
当在无限远处，此时在方向的投影近似在渐近线方向上的投影，但是不能取等号，
所以在渐近线方向上的投影为，则到渐近线的距离，
即，所以，则，所以离心率．
故选：．
首先表示出焦点坐标与渐近线方程，依题意可得在方向的投影的取值范围为，当在右顶点投影取最大值，即可求出，再取临界位置得到在渐近线方向上的投影为，即可求出，从而求出，即可得解．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由，
则，即，
由，
则，即，
又，
则，
，则，
又，
所以，
即，
即，
所以，
故，
综上，
则，故关于对称，
且有，
令，则，即的周期为，
由，知关于对称且，
所以，即，
则，
由，可得，
则，
所以，则；
，则，
依次类推可得，，，，
则，
所以．
故选：．
根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和．
本题考查抽象函数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由数量积的运算律可知，，故选项A正确；
向量不能比较大小，故选项B错误；
若非零向量和满足，
则，
化简得，即，故选项C正确；
因为，，
所以，
则在的投影向量为，故D错误．
故选：．
根据数量积的运算律判断、，根据向量的定义判断，根据投影向量的定义判断．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于选项，由题意知，，且，
所以，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于选项，由上知，，，，，
所以，故B不正确；
对于选项，，
易知是单调递减数列，且
故使得不等式成立的最大值为，故C正确；
对于选项，因为，且，
所以，所以，故D正确．
故选：．
根据等比数列的性质逐项计算即可求解．
本题考查等比数列的应用，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于选项，翻折前，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，
所以平面，故A对；
对于选项，在中，，边上的高为，
所以，故B错；
对于选项，因为，，
由余弦定理，可得，
则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，
所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C对；
对于选项，在中，，
，
则，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对．
故选：．
利用线面垂直的判定定理可判断选项；利用锥体的体积公式可判断选项；求出的外接圆半径，结合平面，可求出三棱锥的外接球半径，可判断选项；利用空间向量法可求出直线与所成角的余弦值，可判断选项．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于选项，当时，整数点共个，则，
由得，即满足，的点的坐标为，
所以，，对；
对于选项，当时，整数点共个，
满足的整数点为，，则，错；
对于选项，当时，
的可能取值有、、、、、、、、，此时，样本点共个，
满足的点为，则，
满足的点为、，则，
满足的点为、、，则，
满足的点为、、、，则，
满足的点为、、、、，则，
满足的点为、、、，则，
满足的点为、、，则，
满足的点为、，则，
满足的点为，则，
故当时，，对；
对于选项，满足的解为，则，对．
故选：．
利用条件概率公式可判断选项；列举出满足的点的坐标，利用古典概率公式可判断选项；利用离散型随机变量的期望公式可判断选项；列举出满足，的点的坐标，利用古典概型的概率公式可判断选项．
本题考查条件概率公式，古典概率公式，离散型随机变量的期望公式等相关知识，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由二项式系数的基本性质可知展开式中二项式系数最大的项为，
所以展开式中二项式系数最大的项的系数为．
故答案为：．
利用二项式系数的单调性结合二项式定理可求得展开式中二项式系数最大的项的系数．
本题主要考查了二项式系数的性质，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：圆，圆心，半径，
因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，
所以，又椭圆，则，，右焦点为，
所以
，
又，即，所以，
即，所以的最大值为，最小值为．
则的最大值与最小值之和为．
故答案为：．
求出圆的圆心，根据题意可得、，利用平面向量的线性运算可得，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，向量数量积的最值的求解，化归转化思想，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：偶数偶数偶数，奇数奇数偶数，奇数偶数奇数，
，，，，，，，中有个奇数和个偶数，
当和都是偶数时，共有种情况，
当和都是奇数时，共有种情况，
所以，，，的取法共有种．
故答案为：．
分，都是偶数和都是奇数两种情况，结合排列组合知识求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由，可得，即，
构造函数，其中，则．
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为，则，则，
要求实数的最小值，考虑，则，
由，可得，
因为函数在上单调递减，则，
不等式两边取自然对数可得，
因为，则，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数在上的最大值为，所以，．
因此，实数的最小值为．
故答案为：．
将已知不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，考虑为负数的情形，可得出，分参后可得，利用导数求出在上的最大值，即可得出实数的最小值．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：由，得，
由，得，，是正项数列，，
；
，
，
当时
，
当时满足，
． 

【解析】依题意可得，，即可求出、；
根据高斯函数先推出的解析式，再运用等差数列求和公式计算可得．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：由，结合正弦定理可得：
，
因为，所以，，
所以，而，所以；
由知：，所以，即，
在中，有，，
由正弦定理可得：，
所以，
由可得，所以． 

【解析】利用正弦定理及三角恒等变换化简即可；
利用正弦定理将线段比值转化为关于的三角函数值计算范围即可．
本题考查正弦定理和三角恒等变换，属于中档题．
 

19.【答案】解：证明：连接，因为，，，，
所以为等腰直角三角形，，，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
，又平面，平面，
又，，平面，平面，
平面，．
过点作直线，连接并延长交于点，
因为，且，所以，所以、、、四点共面，
所以点平面，所以点为直线与平面的交点，
易知∽，为线段的靠近点的四等分点，
所以，
所以．
 

【解析】依题意可得，，利用余弦定理求出，即可得到，再由线面垂直得到，即可得到平面，从而得证；过点作直线，连接并延长交于点，即可证明点为直线与平面的交点，再利用三角形相似求出．
本题考查线线垂直的证明，考查线面的位置关系的判定，考查运算求解能力，属中档题．
 

20.【答案】解：因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，
所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为、、、、、，
这个数中，每个位置可是次，次，
所以，所有这些卦表示的十进制数的和为．
解：由题意可知，随机变量的所有可能取值有、、，
则，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：

所以，． 

【解析】列举出所有满足条件的二进制数，结合等比数列的求和公式可求得所有这些卦表示的十进制数的和；
分析可知随机的所有可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
 

21.【答案】解：当直线的斜率为时，直线的方程为，
由，得，
，
，，
所以，
即，
解得或舍去，
当时，满足，
所以抛物线的方程为．
证明：因为直线，分别交椭圆于，两点和，两点，
所以直线斜率存在，
设直线的方程为，设，，
联立，得，
所以，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，
直线的方程为，
即，
化简得，
同理直线的方程为，
因为在抛物线的对称轴上，
所以由抛物线的对称性可得，交点在垂直于轴的直线上，
所以只需证的横坐标为定值即可，
由，
因为直线与相交，
所以，
解得，
所以点的横坐标为，
所以直线与直线的交点在定直线上． 

【解析】根据题意可得直线的方程为，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，解得，即可得出答案．
设直线的方程为，设，，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，同理设直线的方程为，，，可得，写出直线，直线的方程为，由在抛物线的对称轴上，得由抛物线的对称性可得，交点在垂直于轴的直线上，则只需证的横坐标为定值即可．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

22.【答案】解：，由题意可得，
所以有，解得；
证明：由可知，
令，有或，
设曲线在处的切线方程为，
则，
令，则，
，令，得到，
当时，，单调递减，时，，单调递增，
当时，，又，可得时，，单调递减，
时，，单调递增，
可得，所以恒成立．
设的根为，则，又单调递减，
且，所以，
已知曲线在处的切线为，
令，，
由上述易得，在单调递减，单调递增，
且，可得在单调递减，单调递增，
，所以有恒成立，
设的根为，可得，所以，
要证明，即证，
即证，即，由于，所以，证毕． 

【解析】求导将切点横坐标代入得到切线的斜率，由此可得；利用在处的切线，构造函数，说明恒成立．设的根为，再根据不等式的性质可证明．
本题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，属于难题．