山东省威海市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份山东省威海市2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共25页。

2023年威海市高考模拟考试
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. 已知全集，集合满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可.
【详解】因为，且，
所以，
所以，，，.
故选：D
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. 5 C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式除法运算化简，再计算模即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为，
所以
.
故选：C
4. 已知，，则（ ）
A. B. 2 C. 6 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数和对数的关系及对数的运算性质计算可得.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：C
5. 云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长．已知某科技公司2018年至2022年云计算市场规模数据，且市场规模y（单位：千万元）与年份代码x的关系可以用模型（其中e＝2.71828…）拟合，设，得到数据统计如下表：
年份
2018年
2019年
2020年
2021年
2022年
x
1
2
3
4
5
y
m
11
20
36.6
54.6
z
n
2.4
3
3.6
4
由上表可得回归方程，则m的值约为（ ）
A. 2 B. 7.4 C. 1.96 D. 6.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由回归方程过点，可得，再由即可求得.
【详解】由题意可得，，将代入可得，且，所以，
又因为，即，所以.
故选:B
6. 已知直线过定点P，线段MN是圆的直径，则（ ）
A. B. 3 C. 7 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】求出定点P，圆心及半径，利用向量的运算可得，即可求值.
【详解】直线可化为：，
由解得，
所以直线过定点，
圆的圆心为,半径为，
所以,
所以
，
故选：C
7. 已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据面面垂直的性质，作出点到平面的距离，再结合图形，求出底面半径和母线，即可求解.
【详解】如图，作于点，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，，点为的中点，则，
且为等边三角形，则，所以，
所以底面半径，母线，
则该圆锥的侧面积

故选：B
8. 已知函数，，若总存在两条不同的直线与曲线，均相切，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数的取值范围.
【详解】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得，则，
整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
所以在处取得极大值即最大值，即，
由可得，又当时，；当时，，
所以，解得，故实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：涉及公切线问题一般先设切点坐标，根据切线相同得到方程组，将双变量方程转化为单变量方程，再参变分离，转化为函数的交点问题，即可求出参数的取值范围.
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．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. 以下说法正确的是（ ）
A. 将4封不同的信全部投入3个邮筒，共有64种不同的投法
B. 将4本不同的数学书和2本不同的物理书排成一排，且物理书不相邻的排法有480种
C. 若随机变量，且，则
D. 若随机变量，则
【答案】BC
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，利用插空法判断B，根据正态分布的性质判断C，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质判断D.
【详解】对于A：第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；
同理，第2，3，4封信各有3种投法．根据分步乘法计数原理，共有种投法．故A错误；
对于B：先排4本不同的数学书有种排法，再将2本不同的物理书插空有种排法，
所以共有种不同的排法，故B正确；
对于C：因为，且，
所以，故C正确；
对于D：因为，所以，
所以，故D错误；
故选：BC
10. 将函数图象上的所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 在上有3个极值点 D. 直线是曲线的切线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则求出的解析式，再结合正弦函数的性质判断A、B、C，设切点为，求出导函数，即可得到方程组，解得即可判断D.
【详解】将函数图象上的所有点向左平移个单位得到，故A错误；
当时，因为在上单调递减，
所以在上单调递减，故B正确；
当时，
令或或，
解得或或，所以在上有个极值点，故C正确；
设切点，，
则，且，
因为，所以，
又，符合题意，即直线是曲线的切线，故D正确；
故选：BCD
11. 已知数列的首项，前n项和为．设与k是常数，若对任意，均有成立，则称此数列为“”数列．若数列是“”数列，且，则（ ）
A. B. 为等比数列
C. 的前n项和为 D. 为等差数列
【答案】AC
【解析】
【分析】首先理解题意得，再变形得到数列和通项公式，即可判断ABCD.
【详解】由条件可知，，，
则，两边平方后，整理为
，即，
得或,
若，则，则，这与矛盾，所以不成立，
若，则，，所以数列是首项为1，公比为9的等比数列，即，故A正确；
由可得（），两式相减得，
，并且时，，即，得，
那么，所以不是等比数列，故B错误；
，
当时，，
当时，设数列的前项和为，
则


,
当时，成立，故，故C正确；
，，，，所以数列不是等差数列，故D错误.
故选：AC
12. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线l与E的右支交于点P，若，则（ ）
A. E的离心率为 B. E的渐近线方程为
C. P到直线x＝1的距离为 D. 以实轴为直径的圆与l相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据图形，结合三角函数，求得和，再根据余弦定理求，即可求得双曲线方程，判断AB；再利用方程联立，求得点的坐标，即可判断C；并根据直线与圆的位置关系的判断方法，即可判断D.
【详解】由双曲线方程可知，，
设，则，那么，，
作轴，垂足为点，设，，则，
所以，，
两式解得：，即，，
中，根据余弦定理，
可得，
，得，
所以双曲线的离心率，故A正确；
，所以双曲线的渐近线方程为，故B错误；
直线方程为，与双曲线方程联立，
得，解得：，因为点在双曲线的右支上，
所以点的横坐标为，P到直线x＝1的距离为，故C正确；
以实轴为直径的圆的圆心为原点，半径为
原点到直线的距离，故D正确.

故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，，若，则t＝______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示可得，结合向量数量积的坐标公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
因为，
所以，解得，
即t的值为.
故答案为: .
14. 若函数是奇函数，则实数a＝______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据奇函数的定义，化简求值.
【详解】函数的定义域为，，

，
若函数是奇函数，则，
即，得.
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，且，为坐标原点，直线交的准线于点，则与的面积之比为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出抛物线焦点坐标与准线方程，根据及焦半径公式求出，即可求出点坐标，从而求出直线的方程，再联立方程求出点坐标，求出的方程即可求出点坐标，最后根据面积公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，因为，
所以，即，则，解得，不妨取，
则直线的方程为，即，
由，解得，所以，
又直线的方程为，令，可得，所以，
所以.

故答案为：
16. 在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．当直线平面时，P的轨迹被以为球心，R为半径的球面截得的长度为2，则R＝______；当时，经过A，，P的平面与棱交于点Q，则直线PQ与平面所成角的正切值的取值范围为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先证明平面平面.即可推得.根据圆的弦长结合球的性质，构造直角三角形，即可得出；先证明平面.然后根据线面垂直的性质定理推得点在线段上. 过点作，交于点，可知平面，即为直线PQ与平面所成的角.根据的范围，即可得出答案.
【详解】因为点P满足，其中，，
所以，点在正方形及其内部.

如图1，连接.
由正方体的性质可知，，且，所以，四边形为平行四边形，所以，.
因为平面，平面，
所以平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，平面，所以平面，
所以，平面.
又平面，平面平面，
所以，.
连接，交于点，则，且.
因为平面，
所以以点为球心的球与平面的截面为圆，且圆心为，
所以，直线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为2，如下图2，

所以，.
因为在球上，所以，
即球的半径为，所以.
由正方体的性质可得，，.
因为，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面.
因为平面，所以.
又因为平面，平面，且，所以点在线段上.

过点作，交于点，连接.
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形是平行四边形，所以.
因为，，，
所以，.
因为平面，所以平面，且，
所以，所以即为直线PQ与平面所成的角.
当分别为中点时，满足条件，此时，有最小值2；
当分别与重合时，点与重合，满足条件，此时有最大值.
所以，所以.
又，所以，
设直线PQ与平面所成的角的正切值的范围为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：该题目的关键之处是根据面面平行以及线面垂直得出点的位置.
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. 已知偶函数的部分图象如图所示，，，为该函数图象与轴的交点，且为图象的一个最高点．

（1）证明：；
（2）若，，，求的解析式．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在、分别利用正弦定理可得，在结合即可证明；
（2）依题意求出，即可得到，利用余弦定理求出，即可求出周期，从而求出，利用勾股定理求出，即可求出点坐标即可求出，在根据函数图象及偶函数求出，即可得解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得
在中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以，又，
所以.
【小问2详解】
因为，，，且，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，解得，
在中，
又，则，所以，
则，
所以，则，由图象及函数为偶函数且，所以，
所以.
18. 如图，在四棱台中，平面，下底面是菱形，，，．

（1）求四棱锥的体积；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合棱台的结构特征证明平面，四边形为直角梯形，再求出体积作答.
（2）由（1）的信息，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【小问1详解】
因为是菱形，则，又平面，平面，
则有，而平面，于是平面，
在四棱台中，四边形为直角梯形，在菱形中，，
有是正三角形，，梯形的面积，
显然四棱锥的高，即为正边上的高，
所以四棱锥的体积.
【小问2详解】
在平面内过点作，由（1）知两两垂直，
以点为原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面与平面所成角为，显然为锐角，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
19. 已知2n＋2个数排列构成以为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n＋2个数为8，设．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前100项和．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的性质分析可得，再结合等差数列的定义分析证明；
（2）根据两角差的正切公式整理得，结合裂项相消法运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：，且，可得，
所以，可得，
则，
所以数列是以公差为的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
整理得，
则


，
所以数列的前100项和.
20. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
（1）求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率；
（2）求该局比赛结束时，双方比分打成且甲获胜的概率；
（3）若在该局双方比分打成平后，两人又打了X个球该局比赛结束，求事件“”的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（2）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（3）由题意可得：或，分类讨论，甲赢得比赛还是是乙赢得比赛，结合独立事件概率乘法公式分析运算.
【小问1详解】
若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，
所以打完前4个球时甲得3分的概率.
【小问2详解】
若双方比分打成且甲获胜，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，且乙最后一次发球甲胜，
双方比分打成且甲获胜的概率.
【小问3详解】
由题意可得：若，则或，
可得；
；
所以.
21. 已知椭圆：的三个顶点构成边长为4的等边三角形．
（1）求的标准方程；
（2）已知直线的倾斜角为锐角，分别与轴、轴相交于点，，与相交于，两点，且为线段的中点，关于轴的对称点为，直线与的一个交点为．
（i）证明：直线与的斜率之比为定值；
（ii）当直线的倾斜角最小时，求的方程．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，，即可求出，，从而得解；
（2）（i）设直线的方程为，则，，从而求出、，再根据斜率公式计算可得；
（ii）由（i）可知直线的方程为，设，，联立与椭圆方程，即可求出，同理可得，即可表示出，利用基本不等式求出的最小值，即可得到的值，再由点坐标求出的值，即可得解.
【小问1详解】
因为，所以构成等边三角形的三个顶点为短轴的两个顶点与长轴的一个顶点，
则，，所以， ，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）设直线的方程为，则，，
因为为线段的中点，则，
因为点关于轴的对称点为，所以，
所以，所以，所以直线与的斜率之比为定值.
（ii）由（i）可知直线的方程为，设，，
由，可得，
所以，所以，
同理可得，所以，
所以直线的斜率
，
当且仅当，即时，直线的斜率最小，此时，直线的倾斜角最小，且，
因为在椭圆上，所以，解得，即，
所以的方程为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：方程在上有且只有一个解；
（3）设点，，，若对任意，，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围．
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，结合正弦函数的性质即可得解；
（2）将化简得，令，则问题转化为方程在上有且只有一个解，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（3）设，由题意可知，则，令，则，
即在上单调递增，则在上恒成立，多次构造函数，利用导函数说明函数的单调性，即可得解.
【小问1详解】
因为定义域为，
且，
所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
证明：由化简得，
令，
要证方程在上有且只有一个解，
即证方程在上有且只有一个解，
又，所以当时，当时，
当时，
所以在，上单调递减，在上单调递增，
所以当时，
所以在上不存在满足，
又，，所以有且只有一个，满足，
所以在上有且只有一个解.
【小问3详解】
设，则，
由题意可知，可得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
所以在上恒成立，又，
所以在上恒成立，
令，则，，解得，
，令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，，
当时，所以，所以在上单调递增，
所以，满足题意；
当时，则，而，
所以存在唯一的，满足，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，满足题意，
综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．