山东省临沂市2023届高考数学一模试题（Word版附解析）

这是一份山东省临沂市2023届高考数学一模试题（Word版附解析），共23页。
2023年普通高等学校招生全国统一考试（模拟）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、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. 已知集合，则下列集合为空集的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，然后利用集合的运算逐项进行判断即可求解.【详解】集合，集合，所以， ，对于，，故选项不满足题意；对于，，故选项满足题意；对于，，故选项不满足题意；对于，，故选项不满足题意，故选：.2. 在复平面内，复数对应的点分别是，则的虚部是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由复数对应的点分别求出，代入化简计算，进而可得的虚部．【详解】复数对应的点分别是，则，，其虚部为故选：D3. 某工厂随机抽取名工人,对他们某天生产的产品件数进行统计,数据如下表,则该组数据的第百分位数是（    ）件数7891011人数37541 A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的求法求解即可.【详解】抽取的工人总数为,,那么第百分位数是所有数据从小到大排序的第项与第项数据的平均数,第项与第项数据分别为,所以第百分位数是,故选:C.4. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.【详解】解：因为向量，且，那么，所以向量在向量上的投影向量为， 故选：C.5. “”是“”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【答案】A【解析】【分析】利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】因为或或，所以，，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6. 古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．如图，直角梯形，已知，则其重心到的距离为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】C【解析】【分析】根据题意，用式子分别表示出直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.【详解】设，直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，则，则，故选：C.7. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造，由零点存在定理求得零点x的范围，即可结合指数函数、幂函数的性质比较的大小.【详解】令，则在R上单调递增，由，则时，即，而，∵，∴..综上：.故选：B8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左、右两支分别交于点，且，则的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由，设，利用双曲线的定义得到，然后设，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解.【详解】解：因为，所以，由双曲线的定义得，解得，则，设，，，联立，消去x得，由韦达定理得：，由，得，解得，所以，，解得，则，故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 已知为定义在上的偶函数，则函数的解析式可以为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】利用奇函数和偶函数的定义进行判断.【详解】因为是偶函数，所以，即，所以是奇函数.对于A，定义域为，所以不满足题意；对于B，定义域为，，符合题意；对于C，定义域为，，不符合题意；对于D，定义域为，，而，符合题意.故选：BD.10. 已知圆，点，点在圆上，为坐标原点，则（    ）A. 线段长的最大值为6 B. 当直线与圆相切时，C. 以线段为直径的圆不可能过原点 D. 的最大值为20【答案】ABD【解析】【分析】由定点到圆上点的距离范围可得A正确；根据切线长公式即可求得，根据直径所对圆周角为直角可知，当在轴上时以线段为直径的圆过原点；利用向量数量积的坐标表示即可得出结论.【详解】根据题意可知的圆心，半径，如下图所示：易知，当且仅当三点共线（且点在中间）时，等号成立，即A正确；当直线与圆相切时，由勾股定理可得，所以B正确；若以线段为直径的圆过原点，由直径所对圆周角为直角可得，易知当在轴上时，满足题意；所以以线段为直径的圆可能过原点，即C错误；设点，易知，则所以，即的最大值为20，即D正确；故选：ABD11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）A. B. 延长交直线于点，则，，三点共线C. D. 若平分，则【答案】AB【解析】【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.【详解】由题意知，点，，如图：将代入，得，所以，则直线的斜率，则直线的方程为，即，联立，得，解得，，又时，，则 所以，所以A选项正确；又 ，所以C选项错误；又知直线轴，且，则直线的方程为，又，所以直线的方程为，令，解得，即，在直线上，所以，，三点共线，所以B选项正确；设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，若平分，即，即，所以，则，且，解得，又，解得：，所以D选项错误；故选：AB.12. 已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（    ）A. 直线是异面直线 B. 平面截正方体所得截面的面积为C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，取的中点，连接，取的中点，连接，证明，即可判断；对于B，延长交于点，连接交点，连接，说明平面截正方体所得截面为四边形，从而可以判断；对于C，连接，证明平面，再根据即可判断；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，为三棱锥的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.【详解】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因，所以直线是异面直线，故A正确；对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，因为为的中点，则，所以为的中点，因为，所以为的中点，则，因为，所以为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故B错误；对于C，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又因为为的中点，所以三棱锥的高为，，所以，故C正确；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为中点，则为的外心，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，则平面，因为平面，所以，设，则，，因为，所以，所以，故，由，得，解得，所以三棱锥的外接球的半径，表面积为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面圆心连线垂直于截面得到平面，从而求出，由此得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：）服从正态分布，若测量10000株水稻，株高在的约有_______．（若，）【答案】1359株【解析】【分析】由正态分布及其对称性求得，即可求得结果.【详解】由题意，，由正态分布的对称性可得故株高在的约有株.故答案为：1359株.14. 的展开式中常数项为_______．【答案】【解析】【分析】求出的展开式的通项，再分别求出常数项和的系数即可求解.【详解】展开式中通项为，令，则，令，则，所以常数项为．故答案为：.15. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则___________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数图象的对称性，得到，求得，进而求得，得到，结合，即可求得的值.【详解】如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形和的面积之和，即，因为函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，所以，又因为图中阴影部分的面积为，所以，解得，又由图象可得，可得，所以，所以，所以，因为，可得，即，因为，所以.故答案为：16. 已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】将 代入 ，构造直线方程，运用点到直线的距离求解.【详解】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标，则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值，原点到直线的距离为 ， ，令 ， ，当 时，, 是增函数， 在 时， ；故答案为： .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. 在中，角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，求面积的取值范围．【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简作答.（2）由（1）的结论，利用余弦定理结合均值不等式求出三角形面积范围作答.【小问1详解】在中，由已知及正弦定理得：，即有，即，而，，则， 所以．【小问2详解】在中，由余弦定理得：，因此，即，当且仅当时取等号，又，所以面积的取值范围是．18. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩均位于区间，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．（1）若此次活动中获奖的学生占参赛总人数，试估计获奖分数线；（2）采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，记成绩在的人数为，求的分布列和数学期望．【答案】（1）82    （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为，则成绩在的概率为0.3，列出方程即可得解；（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望即可.【小问1详解】根据直方图可知，成绩在频率为，大于0.3，成绩的频率为0.1，小于0.2，因此获奖的分数线应该介于之间，设分数线为，使得成绩在的概率为0.3，即，可得，所以获奖分数线划定为82；【小问2详解】成绩在的人数有人，成绩在的人数为人，则的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为012∴数学期望．19. 已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．（1）求的通项公式及；（2）集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由等比数列通项公式结合等差中项性质求基本量，即可由公式法写出通项公式及；（2）解对数方程得，即可求得A，即可对数列分组求和.【小问1详解】设的公比为是与的等差中项，，，∴，．【小问2详解】由题意知，，又，，即，故．又，．20. 如图，三棱锥，平面平面，点为的中点．（1）若，求直线与平面所成角的正弦值；（2）若，求的长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】由面面垂直证平面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．（1）由向量法求线面角得正弦值；（2）由向量法表示垂直，解得，由余弦定理求BC.【小问1详解】取得中点，由于，因此，又∵平面平面，平面，平面．以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．，则．当时，，取平面的一个法向量为，，设直线与平面所成的角为，则，∴直线与平面所成角正弦值为．【小问2详解】由题意知．又，．即，在中，，．21. 已知动点与点的距离和它到直线的距离之比是，点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）若点在上，且与交于点，点在椭圆上，证明：的面积为定值．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】(1)由题意，应用两点间距离公式化简即可；(2)先设点的坐标再应用点在椭圆上求出两直线方程，利用两点间的距离公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求面积，化简即可证得结论.【小问1详解】由题意知，化简整理得曲线的轨迹方程为．【小问2详解】设，由题意知．由，可知分别为的中点，所以，．由
 得，．同理，所以都在直线上．由
 得，又因为直线过坐标原点，所以，又点到直线的距离，所以，．又，故．所以的面积为定值．22. 已知函数．（1）若恒成立，求实数的最小值；（2）证明：有且只有两条直线与函数的图象都相切．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论、时恒成立问题，其中时，构建，将原命题转为恒成立问题，再结合导数法研究单调性，将命题转为恒成立，最后分离参数，结合导数法求最值即可. （2）设出切点，由导数法针对不同切点求公切线方程，即可利用切线方程为同一条直线列方程组，最后结合零点存在定理讨论方程组解的个数.【小问1详解】显然，恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立．当时，上式显然成立，故只需满足时恒成立即可．设，则上式化为.而，可得在，，单调递减，在，，单调递增．因此（*）式恒成立，只需恒成立，即对恒成立，于是恒成立，即．设，则，可得在，，单调递增，在，，单调递减，则，于是，∴实数的最小值为．【小问2详解】证明：设直线分别切的图象于点，由可得，得的方程为，即．由可得，得的方程为，即．比较的方程，得，消去，得．令，则．当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增，．，在上有一个零点．由，得，在上有一个零点，在上有且只有两个零点，故有且只有两条直线与函数的图象都相切．【点睛】（1）恒成立问题，一般可用参数分离法，转化为讨论不含参的部分的最值；或者对参数分类讨论，逐个击破；