山东省济南市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

2023年4月山东省新高考联合模拟考试数学试题

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算即可化简求值.

【详解】由得，

故选：A

2. 已知集合，，则中元素的个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】分别作出集合所表示的图象，只需判断两图象的交点的个数即可得答案.

【详解】解：因为，表示直线上的点，

又因为，

所以集合表示如图所示的正方形边上的点，

所以中元素的个数即为直线与正方形的边的交点个数，

由图可知直线与正方形的边有2个交点，

即中元素的个数为2.

故选：C.

3. 已知抛物线的焦点在圆上，则该抛物线的焦点到准线的距离为（    ）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】根据焦点坐标即可求解，由的几何意义即可求解.

【详解】由于抛物线的焦点为正半轴上，与正半轴的交点为，故抛物线的焦点为，所以，

因此抛物线的焦点到准线的距离为，

故选：C

4. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（    ）

A.  B.  C. 8 D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.

【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，

又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，

又极差为，所以最小数字为，

所以这组数据为、、、、，

所以平均数为.

故选：B

5. 已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）

A.  B.  C. 0 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】设切点，利用导数的几何意义计算即可.

【详解】设切点为，易知，则，解之得，

故选：A

6. 17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为O，ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】、阴影部分、半圆旋转所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去半球、半球，依次计算其体积即可.

【详解】由旋转体的概念可得：、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去半球、半球，易知OE=DE，

设DE=OE=r，故，，，

显然，且.

故选：D.

7. 已知函数，数列满足，，，则（    ）

A. 0 B. 1 C. 675 D. 2023

【答案】B

【解析】

【分析】利用函数计算可得，再利用数列的周期性可求.

【详解】的定义域为，且，

故为上的奇函数.

而，

因在上为增函数，在为增函数，

故为上的增函数.

又即为，故，

因为，故为周期数列且周期为3.

因为，

所以.

故选：B.

8. 已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（    ）

A. 是偶函数 B. 的最小正周期为2π

C. 在区间上单调递增 D. 方程在区间上有2个实根

【答案】D

【解析】

【分析】利用赋值法可求的关系，从而可得，利用公式可判断B的正误，结合的符号可判断C的正误，结合特例可判断A的正误，求出方程在区间上解后可判断D的正误.

【详解】因为的图象关于直线对称，故，

所以，所以，

所以，

此时，故函数图象关于直线对称.

，

令，

则，而，

故不是偶函数，故A错误.

的最小正周期为，故B错误.

因为的正负无法确定，故在的单调性无法确定，故C错误.

令，因，则，

因为，故，故即，

故方程共2个不同的解，故D正确.

故选：D.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知实数满足，且，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据已知等式可确定，结合不等式性质和作差法依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，，，，A错误；

对于B，，，，，，，

，即，B正确；

对于C，，，，即，C正确；

对于D，，D错误.

故选：BC.

10. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（    ）

A. 乙发生的概率为 B. 丙发生的概率为

C. 甲与丁相互独立 D. 丙与丁互为对立事件

【答案】ACD

【解析】

【分析】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.

【详解】设为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，

为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，

则，，故A正确.

，，故B错误.

而，故C正确.

两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，

故D正确.

故选：ACD.

11. 如图所示，在菱形中，，分别是线段的中点，将沿直线折起得到三棱锥，则在该三棱锥中，下列说法正确的是（    ）

A. 直线平面

B. 直线与是异面直线

C. 直线与可能垂直

D. 若，则二面角的大小为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据三角形中位线性质和线面平行的判定可知A正确；由异面直线的判断方法可知B正确；由向量线性运算和向量数量积运算律可得，由此可知垂直关系无法成立，知C错误；由，可利用构造方程求得二面角的余弦值，由此可知D正确.

【详解】对于A，分别为中点，，

平面，平面，平面，A正确；

对于B，平面，平面，，

与为异面直线，B正确；

对于C，设菱形的边长为，又，则，

，，

，

，，

即与不可能垂直，C错误；

对于D，取中点，连接，

为等边三角形，，，

即为二面角的平面角，

设菱形的边长为，则，

，

，

又，，解得：，

二面角的大小为，D正确.

故选：ABD.

12. 若定义在上函数同时满足：①；②对，成立；③对，，，成立；则称为“正方和谐函数”，下列说法正确的是（    ）

A. ，是“正方和谐函数”

B. 若 为“正方和谐函数”，则

C. 若为“正方和谐函数”，则在上是增函数

D. 若为“正方和谐函数”，则对，成立

【答案】ABD

【解析】

【分析】条件③．即可判定A，由条件①③可得，即可求得即可判断B，由条件③即可判断C,由迭代递推法即可判断D.

【详解】对于A, 函数，，显然满足条件①②．

对任意，且时，．

函数在区间，上为“正方和谐函数”．故A正确.

对于B，若函数为“正方和谐函数”，

则令，，得，即，

又由对，，，故B正确；

对于C，设，则，所以

，即有，

函数在区间上不一定是单调递增，故C错误；

对于D，①当时，成立，

②当时， ，，

③当时，，，则；

显然，当时，成立；

假设当时，有成立，其中，

那么当时，，

可知对于，总有，其中，

而对于任意，存在正整数，使得，此时

综上可知，满足条件的函数对时总有成立.

故D正确，

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，则的值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.

【详解】由可得，

故答案为：

14. 已知表示一个三位数，如果满足且，那么我们称该三位数为“凹数”，则没有重复数字的三位“凹数”共______个（用数字作答）.

【答案】

【解析】

【分析】利用组合的意义可求没有重复数字的三位“凹数”的个数.

【详解】为取自中的不同的三个数字，

最小的数字放置在中间，余下两数可排百位或个位，

故共有“凹数”的个数为，

故答案为：.

15. 已知向量，，若非零向量与，的夹角均相等，则的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）

【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.

【解析】

【分析】利用两个向量夹角的余弦公式，通过两个余弦相等，化简即可求出结果.

【详解】设，因为，，

所以，

，

因为与，的夹角均相等，所以，

所以，

化简得，所以，

因为为非零向量，可取，此时.

故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.

16. 如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【解析】

【分析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，求出直线，的方程，联立两方程解出点的坐标，进而可得点所在双曲线方程，由离心率公式计算即可得答案.

【详解】解：以所在直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：

设，则，

则有，，，，，，，

设，

所以，，

又因为，所以，

所以或，

又因，

所以直线的方程为：，即，

同理可得直线的方程为：，即，

由，可得，

即，

因为，，

，,

即有，，

所以点所在双曲线方程为：，

所以，

所以，

所以.

故答案为：

【点睛】思路点睛：椭圆或双曲线中，要求离心率的值，就要求出的值(或数量关系或关于的一个二次方程).

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 根据国家统计局统计，我国2018—2022年的新生儿数量如下：

（1）由表中数据可以看出，可用线性回归模型拟合新生儿数量与年份编号的关系，请用相关系数加以说明；

（2）建立关于的回归方程，并预测我国2023年的新生儿数量.

参考公式及数据：，，，，，.

【答案】（1）理由见解析   

（2），预测年的新生儿数量约为万人

【解析】

【分析】（1）根据所给数据求出、，即可求出相关系数，从而判断即可；

（2）由（1）中数据求出，，即可得到回归直线方程，再将代入计算可得.

【小问1详解】

因为，，

，

又，

，

所以，

因为与的相关系数近似为，说明与的线性相关程度相当高，

从而可以用线性回归模型拟合与的关系.

【小问2详解】

由（1）可得，

所以，

所以关于的回归方程为，

将年对应的年份编号代入回归方程得，

所以我国年的新生儿数量约为万人.

18. 已知数列的前项和，数列满足.

（1）求数列，的通项公式；

（2）由，构成的阶数阵如图所示，求该数阵中所有项的和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据作差得到的通项公式，再根据对数的运算性质得到的通项公式；

（2）依题意可得，再根据等差数列求和公式及已知条件计算可得.

【小问1详解】

因为，当时，即，

当时，所以，即，

经检验当时也成立，所以，

则.

【小问2详解】

由数阵可知

，

因为，，

所以.

19. 如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.

（1）证明：四边形MNFD为矩形；

（2）若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可证为平行四边形，由三角形全等可证对角线相等，即可求证为矩形，

（2）根据正棱台可判断三棱锥 为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.

【小问1详解】

延长,则相交于一点,连接,

M，N分别为棱的中点，所以 且，

由于，所以又，

所以,所以四边形为平行四边形，

在三棱锥中，,所以,

进而得 ,又 ,因此

所以 ，故四边形为矩形

【小问2详解】

由可知分别是的中点，

所以

又四边形为正方形，所以，所以,

由于三棱锥为正三棱锥，且，因此三棱锥为正四面体，

因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线与平面所成角，

取的中心为,连接,则平面，所以为直线与平面所成角，

设四面体的棱长为 ，在中，由正弦定理可得， ，

在中，,

故直线BC与平面ACFD所成的角的正弦值为

20. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是△ABC的重心，且.

（1）若，求tan∠GAC的值；

（2）求cos∠ACB的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立如图所示的平面直角坐标系，设，则可求，利用公式可求.

（2）设，则可求得，故可求其取值范围.

【小问1详解】

以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设的中点为，则共线且，

设，则，，，，

故，故，故，

所以.

【小问2详解】

设，则，

故，，

故，

故，所以，

故，而，

，

故

，

而，故，故，

所以，.

21. 已知椭圆E：的长轴长为4，由E的三个顶点构成的三角形的面积为2.

（1）求E的方程；

（2）记E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.

（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简求解.

【小问1详解】

由题意可知，

E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；

要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，

所以，

故E的方程为.

【小问2详解】

由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,

联立，

则 ，

直线的方程为，

当时，，所以，是的中点，所以，

，即，所以，

则化简得 ，

代入得，

故，所以或，

故直线的方程为或，

由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，此时 ，故，此时直线过定点.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在.若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点.

22. 已知函数.

（1）当时，求在区间上的值域；

（2）若有唯一的极值点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据的正负可确定的单调性，由此可确定最值点，根据最值可得值域；

（2）将问题转化为讨论的变号零点，令，分别在和的情况下，结合的单调性和零点存在定理的知识可说明的正负，从而得到单调性，由极值点定义可确定满足题意的的范围.

【小问1详解】

当时，，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

又，，，

在上的值域为.

【小问2详解】

，的极值点即为的变号零点，

设，；

①若，与在上单调递减，

上单调递减；

，，

存在唯一的，使得，

又定义域为，，

，且当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

存在唯一的极大值点，符合题意；

②若，定义域为，

当时，，，，单调递减，

（i）当时，，，即，

在上无极值点；

（ii）当时，，，即，

在上无极值点；

（iii）当时，，，

存在唯一的，使得，即，

当时，，即；当时，，即；

是的极大值点，此时在上有一个极值点；

当时，；令，解得：，

则当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

令，解得：，

（i）当时，若，，，

当时，，

，，使得，

则当时，，即；当时，，即；

在上单调递增，在上单调递减，

此时在上有两个极值点；

若，则，，则，

此时在上无极值点；

不符合题意；

（ii）当时，，，，

存在唯一的，使得，

则当时，，则；当时，，则；

在上单调递增，在上单调递减，

为唯一的极大值点，此时在有一个极值点，

则符合题意；

（iii）当时，，；

当时，；

存在唯一的，使得，

当时，，则；当时，，则；

在上单调递增，在上单调递减，

为的极大值点，此时在有一个极值点，不合题意；

综上所述：的取值范围为.