2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（二）含解析

2023届山东省泰安肥城市高考适应性训练数学试题（二）

一、单选题

1．已知复平面内点，对应复数，复数满足，为虚数单位，若复数为纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的除法运算和复数的分类求解即可.

【详解】，

因为复数满足，

所以，

因为复数为纯虚数，

所以，解得；

故选：A．

2．下列函数中，为奇函数且在上为减函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据奇函数的定义，结合判断函数单调性的方法，即可判断选项.

【详解】对于选项A，为双勾函数，奇函数，但在上单调递减，在上单调递增，故A错误；

对于选项B，定义域是，，是奇函数，，所以在上单调递增，故B错误；

对于选项C，因为，，所以定义域是，，是奇函数，在上单调递减，故C正确；

对于选项D，因为，定义域是，，是偶函数，故D错误；

故选：C．

3．已知集合，，则=（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出集合，再由交集的定义求解.

【详解】因为，

所以，

由可得：，则，则，

解得：，所以，

所以=.

故选：B．

4．有人进行定点投篮游戏，每人投篮次．这人投中的次数形成一组数据，中位数，唯一众数，极差，则该组数据的第百分位数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由极差，中位数、平均数、众数和百分位数的定义求解即可.

【详解】因为中位数是，即第三个数是；

众数是，所以第四、五位数是；

极差是，所以第一个数是；且众数唯一，所以第二个数是；

所以，这五个数依次是：、、、、，

则该组数据的第百分位数是：．

故选：C．

5．已知直线与圆，过直线上的任意一点向圆引切线，设切点为，若线段长度的最小值为，则实数的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，则，可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值.

【详解】圆，设，

则，则，，

则，所以圆心到直线的距离是，

，得，．

故选：A．

6．将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥（接缝处忽略不计），则该圆锥的内切球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先算出扇形的弧长，从而可得圆锥底面的半径，故可求轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，最后根据公式可求体积.

【详解】    

设圆锥的母线长为，底面半径为，由题意可得，由，所以．

因为，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，

该等边三角形（如图）的内切圆半径为圆锥内切球半径，

而等边三角形的边长为4，故，故．

故选：C．

7．已知，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用数量积定义可得的夹角为，不妨设，，即可得，再利用辅助角公式可得，即可求得其最小值.

【详解】设的夹角为，，，

，，，又，

不妨设，，

，所以，即，

，

由，

当时，即时，有最小值．

故选：B

8．已知椭圆的左、右焦点分别是，斜率为的直线经过左焦点且交于两点（点在第一象限），设△的内切圆半径为的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由椭圆定义及三角形面积公式得到，设联立椭圆消去x，应用韦达定理得到椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.

【详解】如图所示，由椭圆定义可得，，

设△的面积为，的面积为，因为，

所以，即①，

设直线，则联立椭圆方程与直线，

可得，

所以②，③，

联立①②③得，，整理得，所以．

故选：D

二、多选题

9．已知，下列命题中正确的有（    ）

A．若，则

B．若，则的最小值为

C．是的必要不充分条件

D．若，则

【答案】BD

【分析】对于A，当时即可判断；对于B，利用，再结合基本不等式即可判断；对于C，根据充要条件的定义结合基本不等式即可判断；对于D，利用基本不等式，结合对数的运算性质即可判断.

【详解】对于选项A，当时，故A不正确；

对于选项B，，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；

对于选项C，，时，有，，此时充分性成立；反之，当时，满足，但是，因此必要性不成立，故C不正确；

对于选项D，且，，，故D正确.

故选：BD．

10．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，，底面，且，分别为的中点，与底面所成的角为，过点作，垂足为．则下列选项中正确的有（    ）

A．平面

B．异面直线与所成角的余弦值为

C．点到平面的距离

D．几何体的体积为

【答案】ABD

【分析】对于选项A，易得，，根据线面垂直的判定定理即可证明；

对于选项B，可在等腰梯形中作的平行线，则异面直线与所成角即为，然后结合余弦定理即可求得的余弦值；

对于选项C，利用线面垂直的判定和性质定理可得到过作平面的垂线的作法，解直角三角形求得点到平面的距离；

对于选项D，可将该几何体分割成两部分，即斜棱柱和四棱锥，，分别求解这两部分的体积进行相加即可求得原几何体的体积．

【详解】对于选项A，因为，点是的中点，所以，又因为底面是矩形，点是的中点，所以，因为，

所以，所以A正确；

对于选项B，如图，在等腰梯形中作且，连接，则异面直线与所成角等于所成角，即，由题意知在中，，所以，可求得．在中，，由余弦定理得，

所以B正确；

对于选项C，如图过点作，垂足为，连接，过点作，垂足为．由平面，得，所以平面，即垂线段的长就是点到平面的距离．在中有，，所以，所以C不正确；

对于选项D，如图将几何体分割成斜棱柱和四棱锥，则该几何体的体积为斜棱柱和四棱锥的体积之和，可求得斜棱柱的直截面的面积是（在斜棱柱中与侧棱垂直的截面称为斜棱柱的直截面）．所以，四棱锥的体积，几何体的体积为，所以D正确．

故选：ABD．

11．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．存在使为偶函数

B．若且有，则的图象关于对称

C．当时，若在上存在最大值，则实数的取值范围是

D．当时，在上单调递减，则实数的取值范围是

【答案】BD

【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据各选项结合正弦函数的性质一一判断即可.

【详解】

（其中，，，），

对于选项A，若为偶函数，则，所以，解得，因为，故A不正确；

对于选项B，当时因为有，

所以，，所以，所以，所以，

因为，所以的图象关于对称，故B正确；

对于选项C，时，，

当时，，因为在上有最大值，

所以，得，，解得，故C不正确；

对于选项D，当时，，

因为在上单调递减，所以，解得，

当时，，

则，

得，则，

又因为，所以当时，符合题意，故D正确；

故选：BD．

12．已知函数，，则下列选项中正确的有（     ）

A．当时，函数和在处的切线互相垂直

B．若函数在内存在单调递减区间，则

C．函数在内仅有一个零点

D．若存在，使得成立，则

【答案】ACD

【分析】对函数与求导，根据导数的几何意义分别计算与，再根据直线垂直的斜率公式计算并判断选项A，将条件转化为在内有解，参变分离后，求解的最小值即可得的取值范围，判断选项B，求解导函数，通过构造新函数，求导判断单调性，再结合零点存在定理判断选项C，参变分离将成立转化为，通过构造两次新函数，求解导函数并判断单调性从而判断得，进而得的取值范围，判断选项D.

【详解】对于选项A，当时，，

所以，由，得到．

因为，

所以函数和在处的切线互相垂直，故A正确；

对于选项B，因为，

若函数在内存在单调递减区间，

可知在内有解，

则在时能成立，

所以，当时，

，即，故B不正确；

对于选项C，当时，，

，此时函数无零点；

当时，，

令，其中，

则，所以函数在上单调递减，

可得，因为对任意的，，

可得，所以函数在上为减函数，

由于，，

所以函数在上只有一个零点．

综上函数在上只有一个零点，故C正确；

对于选项D，由，得，

令，，

则，

令，则，

当时，，所以函数在上单调递增，

当时，，

此时，则函数在上单调递增．

当时，，则函数在上单调递减，

因为，，

所以存在，使得，

变形可得，

当时，，当时，．

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

，其中，

令函数，，因为，

所以在上单调递减，

则，故，

所以成立，故D正确．

故选：ACD．

【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

三、填空题

13．第届“肥城桃花节”于年月日开幕，某学校从名男生、名女生中选出人作为队长带队，参加桃花节的志愿活动．在选出的名队长性别相同的条件下，名队长都是男生的概率______．

【答案】

【分析】设事件“选出的2名队长性别相同”，事件“2名队长都是男生”，求出，由条件概率代入即可得出答案.

【详解】设事件“选出的2名队长性别相同”，事件“2名队长都是男生”，则：

．

故答案为：.

14．已知双曲线的左右焦点分别为，过作渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为______．

【答案】

【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义、余弦定理求出a，b的关系即可作答.

【详解】依题意，，，则，令双曲线半焦距为c，

双曲线的渐近线方程为，则点到渐近线的距离，有，

在中，由余弦定理，

得，整理得，即，解得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故答案为：

15．数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是______．

【答案】

【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式

【详解】，，且，

，是以为首项，为公比的等比数列．

，．

时，，

且不满足上式，所以．

故答案为：.

16．某蓝莓基地种植蓝莓，按个蓝莓果重量（克）分为级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出个蓝莓果．记每次抽到优等果的概率为（可精确到）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过，的最大值为______．

附：，，

【答案】4

【分析】依题意可得，设，利用错位相减法求出，即可得到，从而得到，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.

【详解】因为蓝莓果重量服从正态分布其中，

，

设第次抽到优等果的概率（），

恰好抽取次的概率，所以，

设，则，

两式相减得：，

所以，

由，即，的最大值为．

故答案为：．

【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，利用错位相减法求出，进而求出，利用指数函数的单调性解不等式即可.

四、解答题

17．如图，平面四边形中，的三内角对应的三边为．

给出以下三个条件：

①

②

③的面积为

(1)从以上三个条件中任选一个，求角；

(2)设，在（1）的条件下，求四边形的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）对于①②：利用正、余弦定理结合三角恒等变换运算求解；对于③：利用余弦定理和面积公式运算求解；

（2）根据题意利用余弦定理建立边角关系，结合面积公式整理可得，进而可得结果.

【详解】（1）若选①：，

则，

整理得：，

由正弦定理得，所以，

因为，所以；

若选②：因为，则，

可得，

由正弦定理得：，

因为，，所以，

因为，则，可得，

所以，，即．

若选③：的面积为，则，

所以，

所以，

因为，所以．

（2）因为，由（1）可知，所以为正三角形，

设，则，

可得，

在中，由余弦定理，

可得，

所以四边形的面积

，

因为，所以，

所以当，即时，四边形的面积取到最大值.

18．已知数列是递增的等差数列，是公比为的等比数列，的前项和为，且成等比数列，，成等差数列．

(1)求，的通项公式；

(2)若，的前项和．证明：．

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，求得，由，求出，即可求出的通项公式，再由成等差数列，可求出，即可求出的通项公式；

（2）由（1）求出，代入可求出，再由并项求和法分为偶数，为奇数求出，即可证明.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

成等比数列，，得．

，则得，．

又成等差数列，，，，

．

（2）证明：，

=

=

若为偶数，，为递减数列，

当时，取最大值，且，

又，．

若为奇数，，为递增数列，

当时，取最小值，且，

又，．

所以，．

19．近年来，我国新能源汽车发展进入新阶段．某品牌年到年新能源汽车年销量（万）如下表：其中年对应的年份代码为．

(1)判断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数（精确到）；

(2)（i）假设变量与变量的对观测数据为，两个变量满足一元线性回归模型（随机误差），请写出参数的最小二乘估计；

（ii）令变量，则变量与变量满足一元线性回归模型，利用（i）中结论求关于的经验回归方程，并预测年该品牌新能源汽车的销售量．

附：样本相关系数，，，，

【答案】(1)线性相关且正相关，0.92

(2)（i）；（ii），万辆．

【分析】（1）首先画出散点图，根据参考数据，计算；

（2）（ⅰ）首先写出残差平方和公式，表示为关于的二次函数，列式求解；（ⅱ）根据参考公式求回归直线方程，即可求解.

【详解】（1）通过做散点图发现，

样本点大致分布在一条直线附近，

因此是线性相关．

所以两变量有较强的正相关

（2）（i）

要使残差平方和最小，当且仅当；

（ii），

由（i）知，

关于的经验回归方程为，

当（万），

因此，预计年该品牌新能源汽车的销售量将达到万辆．

20．如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由三棱锥的体积公式可求出，则平面，再由线面垂直、面面垂直的性质定理和判定定理即可证明；

（2）由（1）可得到直线两两垂直，所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角公式代入即可得出答案.

【详解】（1）取边的中点，连接，因为，所以，

由已知，可得．

因为，设点到底面的距离为，

由，解得．

因为，所以平面，平面，所以平面平面，

又因各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等，

所以平面，平面，平面都与底面垂直．

取边的中点，连接，则平面，

所以有，从而易得，

可得，所以四边形是平行四边形，

所以，已知，所以．

因为平面平面，平面平面，

由于，平面，所以平面，

所以．因为，平面，

所以平面．

（2）由（1）可得到直线两两垂直，

以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．

可得，，

求得，

设平面的法向量为，

则，令，则，所以．

所以.

21．已知函数，

(1)若的图象在处的切线过点，求的值及的方程

(2)若有两个不同的极值点，，（），且当时恒有，求的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据某点处导数的几何意义，用参数表示出斜率，利用点斜式写出直线方程，点在切线上，代入解出和切线方程.

（2）先对求导，因为恒成立，结合自变量取值范围讨论符号，构造函数求解参数的取值范围.

【详解】（1）解：因为，

所以，，

所以，

的方程为，代入，

得：，切点，，

的方程为．

（2）因为

则．

因为有两个不同的极值点，，（），

所以当时，，则只有一个极值点，不符合题意，

当且，

①当，，即时，

当时，恒成立，即，即恒成立，

设，则，

所以在上单调递减，

则，则，所以；……………

②当，，即时，

当时，恒成立，即恒成立，

若，则当时，，不满足题意，

所以，此时，即，

设，则，

易得在上单调递减，在上单调递增，

所以，解得，所以，

综上，的取值范围是．

22．过点的直线与抛物线交于点（在第一象限），当直线的倾斜角为时，．

(1)求抛物线的方程；

(2)已知，延长交抛物线于点，当面积最小时，求点的横坐标．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示弦长，即可求解；

（2）首先分别设直线和直线的方程，分别于抛物线方程联立，利用韦达定理表示，并表示的面积，利用导数判断函数的单调区间，并求得函数取得最值时的点的坐标.

【详解】（1）设点，直线，

联立，得，

，

，

所求抛物线的方程是：；

（2）设直线方程：，直线方程：，点，

不妨设，联立得，

，

由，得，

，

，，

，

令，，

令，得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以当时，取得最小值，故的横坐标是