2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（一）含解析

2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（一）

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，然后利用集合补集和并集运算即可.

【详解】由已知，

，

，  

.

故选：C.

2．复数满足，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到，结合复数的概念，即可求解.

【详解】由复数满足，可得，

所以，所以复数的虚部为.

故选：B.

3．在中，点为中点，点在上且.记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用向量加法、减法法则线性表示即可.

【详解】如图所示：

由，

所以，

又，

，

又因为为中点，

，

则，

故选：B.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式及二倍角公式计算即可.

【详解】已知，所以.

故选：A.

5．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可.

【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示，由题意可知：，所以.

故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，

则该小三棱锥几何体的体积为，

所以该三棱锥的顶点D到面ABC的距离.

易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线MD垂直于该两面，故该两面的距离.

故选：C

6．已知函数的部分图象如图，则（    ）

A．

B．

C．点为曲线的一个对称中心

D．将曲线向右平移个单位长度得到曲线

【答案】D

【分析】由函数图象求出，将点的坐标代入求出可判断A；求出的解析式，求可判断B；令，求出，可判断C；由图象的平移变换可判断D.

【详解】由图象知：，解得，

将点的坐标代入得，

由图象可知，点在的下降部分上，且，

所以，所以A不正确；

将点的坐标代入，得，

即，所以，

所以，所以B不正确；

令，解得，

取，则,所以对称中心为，所以C不正确；

将曲线向右平移个单位长度得到曲线

，所以D正确；

故选：D.

7．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据数的结构构造函数，利用导数法研究函数的单调性，利用函数单调性比较大小即可.

【详解】令，则，

所以在上单调递增.

又，所以，

又，，，

所以c＞b＞a.

故选:A.

8．若正四棱锥的体积为，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由正四棱锥的体积为得底面边长与高的关系，用正弦定理把化成，再构造函数求其最小值即得答案.

【详解】如图：

设正四棱锥底面边长为，高为，与交于点,

所以，即，

则，

令，，

所以当时，，所以函数在上单调递减，

当时，，所以函数在上单调递增，

所以当，时，取最小值.

故选：B.

二、多选题

9．以下说法正确的是（    ）

A．袋子中有个大小相同的小球，其中个白球、个黑球.每次从袋子中随机摸出 个球，若已知第一次摸出的是白球，则第二次摸到白球的概率为

B．对分类变量与来说，越大，“与有关系”的把握程度越大

C．由一组观测数据，，，求得的经验回归方程为，其中表示父亲身高，表示儿子身高.如果一位父亲的身高为，他儿子长大成人后的身高一定是

D．已知随机变量，若，则

【答案】ABD

【分析】根据古典概型的概率公式可求A中随机事件的概率，故可判断其正误，根据的意义可判断B的正误，根据回归方程可判断父亲的大约身高，故可判断C的正误，根据正态分布的性质可判断D的正误.

【详解】对于A：在第一次摸出白球后，样本空间缩小为袋子中共有个小球，

其中白球有个，所以第二次摸出白球的概率为，故A正确.

对于B：由独立性检验可知，的值越大，零假设成立的可能性越小，

即“与有关系”的把握程度越大，所以B正确.

对于C：由经验回归方程，可得当时，.，

可以作出推测，当父亲的身高为时，儿子身高一般在左右，所以C错误.

对于D：因为随机变量且，

由正态分布的性质可得，

所以，所以D正确.

故选：ABD.

10．已知函数，下列说法错误的是（    ）

A．若，则函数图象在处的切线方程为

B．若，则函数是奇函数

C．若，则函数存在最小值

D．若函数存在极值，则实数的取值范围是

【答案】BC

【分析】对于A：根据导数的几何意义求出切线方程可知A正确；对于B：根据偶函数的定义判断可知B错误；对于C：利用导数得在上为单调递减函数，可知C错误；对于D：根据有零点，求出的范围，可知D正确.

【详解】对于A：，；，，

所以切线方程为，所以A正确.

对于B：函数的定义域是，若，则，

所以

，

所以是偶函数，所以B错误.

对于C：时，，

则，所以在上为单调递减函数，无最小值，所以C错误.

对于D：，若函数存在极值，

则有零点，令，即，

.

因为，所以，即，解得：，故D正确.

故选：BC.

11．已知抛物线：的焦点为，过的直线交抛物线于、两点，，直线左边的抛物线上存在一点，则（    ）

A． B．

C．若点，则 D．当的面积最大时，面积为

【答案】ACD

【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程联立，由韦达定理可判断A；利用弦长公式求出可判断B；根据是焦点弦，可以得以为直径的圆与准线相切，求出圆与准线的切点可判断点在圆外，可判断C正确；当过点的切线与直线平行时，点到直线的距离最大，设，结合导数可得点坐标，再求点到正弦的距离，再利用可得答案.

【详解】对于A，设直线的方程为，

联立抛物线方程，消去x化简得：，

∴，代入抛物线方程得：，A正确；

对于B，∵，解得，所以，B错误；

对于C：分别做、于、点，弦的中点于，

所以，，，

，所以，所以以为直径的圆与准线相切，

由选项B得，时，，得，时，，得，所以圆心，

所以与准线的切点为，所以点在圆外，所以是锐角，即，C正确；

对于D：直线方程为，斜率为，

当过点的切线与直线平行时，点到直线的距离最大，

当时，，所以，设，所以，得，所以点，此时，所以面积的最大值为，当斜率为时，同理求得面积为，D正确.

故选：ACD.

12．定义在上的函数满足，函数的图象关于对称，则（    ）

A．的图象关于对称 B．是的一个周期

C． D．

【答案】ACD

【分析】由函数的图象关于对称，可得，即可判断A；先求出最小正周期为，再推出由可判断B；令，求出可判断C；求出，可判断D.

【详解】对于A，由函数的图象关于对称，可推得，

令等价于，则，的图象关于对称，所以A正确.

对于B，令由，，

所以，，所以关于对称.

由，所以，

所以，，所以，关于对称.

令等价于，则，

又因为，所以

令等价于，

所以，

所以可得出最小正周期为.

，，所以不是的周期，所以B错误.

对于C，令，则，所以，所以C正确.    

对于D，因为图象关于对称，所以，

因为，，因为最小正周期为，

所以，所以，

，

有，选项D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：令是解题的关键，通过研究的对称性和周期性得到的性质，即可求解.

三、填空题

13．若，则____.

【答案】

【分析】观察已知条件，通过求导赋值构造出式子计算即可.

【详解】已知，对式子两边同时求导，

得，

令，得.

故答案为：240

14．已知数列满足，，为数列的前n项和，则____.

【答案】

【分析】利用已知条件变形得出数列的递推公式，利用递推公式找出周期，利用周期计算即可.

【详解】由可知，，

所以，

由，可得，，，，，，

所以是周期为的周期数列，

且，

所以，

故答案为：.

15．已知函数有三个不同的零点，其中有两个正零点，则实数的取值范围为____.

【答案】

【分析】依题意可得，显然，两边取对数可得，令，，首先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，即可得到函数图象，再数形结合即可得解.

【详解】由，得，因为不是的零点，

等式两边同时取对数得，即，

令，，则，所以为奇函数，

当时，，所以

所以当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，  

所以当时函数取得极大值，即，

又因为，当时， ，当时，，

所以可得的图象如下所示，

又因为有两个正实根，所以.

故答案为：

四、双空题

16．点到定点的距离与到的距离之比为，则点的轨迹方程为____，与连线的斜率分别为，，则的最小值为____.

【答案】         

【分析】设出点坐标，依据题意列出方程，化简即可得出答案；利用两点的斜率公式写出，再利用的轨迹方程进行化简，最后利用重要不等式求出的最小值.

【详解】设点的坐标为,由题意可知，到的距离为，

由题意得，化简得，所以的轨迹方程为.

又由题意，，则，

又因为P在曲线上，所以，化简得，

代入得，.

又因为，所以的最小值为.

故答案为：，

五、解答题

17．在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且.

(1)求角C的大小；

(2)若的平分线交AB于点D，且，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据两角和的正余弦公式变形可求出结果；

（2）根据角平分线定理得，法一：在中，根据余弦定理得，在中，根据余弦定理求出，再根据面积公式可求出面积；法二：根据求解即可.

【详解】（1）由已知可得，

,

整理得，，

因为，所以，

所以，

即，

因为，所以.

（2）由题意得，,即，所以.

法一：

在中，，

所以.在中，，

所以，

即，

将代入整理得，解得或.

若，则，，,，

所以在中，得,

同理可得,即和都为钝角，不符合题意，排除.

所以，，

.

法二：

因为，

所以，所以.

因为，所以，

所以.

18．设是公比不为的等比数列，，为，的等差中项.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出公比，再根据等比数列的通项即可得解；

（2）设，其前n项和为，利用错位相减法求出，再分和两种情况讨论即可得解.

【详解】（1）设公比为，为，的等差中项，

即，

即为，解得或(舍去)，

所以；

（2），

设，其前n项和为，

所以，①

， ②

①②得

，

所以，

所以当时，，

当时，

，

所以.

19．如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.

            图1                  图2

(1)证明：平面；

(2)求平面和平面的夹角.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）确定为正三角形，，证明，得到证明.

（2）确定平面，，建立空间直角坐标系，确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1），，为正三角形，

，则为中点，

设，，，故，故为的三等分点，

，为的三等分点，即F为的中点，故，

平面，平面，故平面.

（2）由题设易得，，

，

故，即，，故，

，，PH、HF在面PHF内，故平面.

PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.

在中，，

由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故，

过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.

则，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，则，

令，则，所以

设平面的一个法向量为，则，

令，则，，所以，

设平面和平面的夹角为，,

则，，

所以平面和平面的夹角为.

20．已知函数，，.

(1)若，求证：；

(2)若函数与函数存在两条公切线，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构建，求导，利用导数判断原函数的单调性与最值，进而可得结果；

（2）根据导数的几何意义分析得直线与函数图象有两个交点，求导，利用导数判断原函数的单调性与最值，结合图象分析求解.

【详解】（1）当时，，

构建，，则，

构建，

因为，所以在上单调递增，且，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

则当时，取得最小值，可得

所以当时，.

（2）设函数与函数的公切线分别相切于点和点

因为，，

所以的方程可表示为或，

整理得或，

则有①，②

由①可得，代入②可得：,

即，

构建，，则,

构建，则，

且，令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

当时，则，可得；

当时，在上单调递增，，

可得当时，，当时，；

综上所述：当时，，当时，.

即当时，，即，所以在单调递增；

当时，，即，所以在单调递减；

所以，且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，

由上可知，要使函数与函数存在两条公切线，只需直线与函数图象有两个交点，

由图可知a的取值范围为.

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．

21．已知曲线上的动点满足，且.

(1)求的方程；

(2)若直线与交于、两点，过、分别做的切线，两切线交于点.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.

①直线经过定点；

②点在定直线上.

【答案】(1)()

(2)答案见解析

【分析】（1）由双曲线的定义得出曲线的方程；

（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出交点的横坐标，再由证明点在定直线上；若选择②证明①成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出，再由直线的方程证明直线经过定点.

【详解】（1）因为，

所以曲线是以、为焦点，以为实轴长的双曲线的右支,

所以，即，

又因为，所以，得，

所以曲线的方程为().

（2）若选择①证明②成立.

依题意，在双曲线右支上，此时直线的斜率必不为，

设直线方程为，，不妨设在第一象限，在第四象限.

因为，所以，且，求导得，

所以过点的直线方程为，

化简为①，同理②，

联立方程①②得,交点的横坐标为，

因为、点在直线上，所以，

所以，

所以的横坐标.

即点在定直线上.

若选择②证明①成立.

不妨设在第一象限，在第四象限.设，

因为，所以，且，

求导得，所以过点的直线方程为，

化简为①，同理②

联立方程①②得交点的横坐标为，

由题意，，

即③.

因为，

所以过直线的方程为，

化简，

整理得

由③式可得,

易知，即直线过定点.

【点睛】关键点睛：在解决第二问时，关键是由导数的几何意义得出过和过的方程，这里涉及到二级结论极点极线的知识，但大题需要证明，这里给出了导数的证明.

22．现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失，设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞间相互独立.设有一个初始的细胞，在第一个周期中开始分裂，其中.

(1)设结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望；

(2)设结束后，细胞数量为的概率为 .

（i）求；

（ii）证明：.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求出的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；

（2）（i）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；

（ii）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证.

【详解】（1）个结束后，的取值可能为,其中,

，

，，

所以分布列为

.

（2）（i）表示分裂结束后共有个细胞的概率，则必在某一个周期结束后分裂成个细胞. 不妨设在第时分裂为个细胞，之后一直有 个细胞，

此事件概率，

所以

.

（ii）代表分裂后有个细胞的概率，设细胞在后分裂为个新的细胞，这两个细胞在剩下的中，其中一个分裂为个细胞，一个保持一直分裂为个细胞，此事件的概率

，

得，

，

其中，.

令,，

记，,令，得.

当,,递增；

当，,递减.

故，

也就是.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是求解时，利用等比数列的知识求解；二是求解的最值时，根据解析式的特点，利用导数来求解.