东营市第一中学2023届高三下学期二模数学试卷(含答案)

这是一份东营市第一中学2023届高三下学期二模数学试卷(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知复数是一元二次方程的一个根,则的值为( )
A.1B.C.0D.2
2．已知全集,集合,,则图中阴影部分表示的集合为( )
A.B.C.D.
3．已知m,n表示空间内两条不同直线,则使成立的必要不充分条件是( )
A.存在平面,有,B.存在平面,有,
C.存在直线l,有,D.存在直线l,有,
4．为了激发同学们学习数学的热情,某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛,其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO,那么该同学所选的函数最有可能是( )
A.B.
C.D.
5．已知,则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
6．传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为____________吨.(1kg麦子大约20000粒，)
A.B.C.D.
7．在正方体中,点M,N分别是棱和线段上的动点,则满足与垂直的直线MN( )
A.有且仅有1条B.有且仅有2条C.有且仅有3条D.有无数条
8．已知数列满足,且是数列的前n项和,则( )
A.数列单调递增B.
C.D.
二、多项选择题
9．若，其中为实数，则( )
A.B.C.D.
10．已知随机变量X的概率密度函数为(,),且的极大值点为,记,,则( )
A.
B.
C.
D.
11．已知，角A，B，C所对的边分别为a，b，c则下列条件一定能够使为等腰三角形的是( )
A.
B.
C.
D.
12．已知抛物线的焦点为F,其准线与x轴交于点,过点F作不垂直于x轴的直线l与C交于A,B两点.设P为x轴上一动点,Q为AB的中点,且,则( )
A.抛物线C的方程为B.的最小值为
C.D.
三、填空题
13．已知，是互相垂直的两个单位向量，若向量与向量的夹角是钝角，请写出一个符合题意的的值__________.
14．已知函数,若将的图象向左平行移动个单位长度后得到的图象,则把的图象向右至少平行移动________个单位可得到的图象.
15．如图,已知椭圆的焦点为,,点P为椭圆上任意一点,过作的外角平分线的垂线,垂足为点Q.过点Q作y轴的垂线,垂足为N,若线段QN的中点为M,则点M的轨迹方程为______.
四、双空题
16．已知函数
①若的最大值为,则a的一个取值为______________.
②记函数的最大值为,则的值域为______________.
五、解答题
17．已知锐角中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
（1）若角,求角B;
（2）若,求的最大值
18．已知是首项为1的等差数列,公差是首项为2的等比数列,.
（1）求的通项公式;
（2）若数列的第项,满足__________（在①②中任选一个条件）,,则将其去掉,数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列,求的前20项和.
①
②.
19．如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.M是棱PD上的点，且四面体的体积为
（1）证明：；
（2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面所成角的余弦值.
20．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象,观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥,缓释肥,未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后,分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本,得到相应的株高增量数据整理如下表.
假设用频率估计概率,且所有鸡冠花生长情况相互独立.
（1）从第1组所有鸡冠花中随机选取1株,估计株高增量为厘米的概率;
（2）分别从第1组,第2组,第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株,记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量为厘米,求X的分布列和数学期望EX;
（3）用“”表示第k组鸡冠花的株高增量为,“”表示第k组鸡冠花的株高增量为厘米,,直接写出方差,,的大小关系.(结论不要求证明)
21．已知椭圆的左,右焦点分别为,,P是C上异于左,右顶点的动点,的最小值为2,且C的离心率为.
（1）求椭圆C的方程.
（2）若圆E与的三边都相切,判断是否存在定点M,N,使为定值.若存在,求出点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.
22．已知函数,.
（1）求的单调区间;
（2）证明:;
（3）设,,证明:.
参考答案
1．答案：B
解析：由题意,方程,可得,
所以方程的两个复数根分别为或,
所以.
故选:B.
2．答案：B
解析：由图可得,图中阴影部分表示的集合为,
因为,所以,
因为,所以或,
所以.
故选:B.
3．答案：A
解析：对A,若,,则直线m,n可以平行,也可以相交,还可以异面;若,则存在平面,有,,
即存在平面,有,是使成立的必要不充分条件,故A正确;
对B,若,,则;若,则存在平面,有,,
即存在平面,有,是使成立的充分必要条件,故B错误;
对C,若,,则直线;若,则不存在直线l,有,,
即存在直线l,有,是使成立的既不充分又不必要条件,故C错误;
对D,若,,则;若,则存在直线l,有,,
即存在直线l,有,是使成立的充分必要条件,故D错误.
故选:A.
4．答案：B
解析：A:,即在定义域上递增,不符合;
B:,
在上,在上,在上,
所以在,上递减,上递增,符合;
C:由且定义域为,为偶函数,
所以题图不可能在y轴两侧,研究上性质:,故递增,不符合;
D:由且定义域为R,为奇函数,
研究上性质:,故在递增,
所以在R上递增,不符合;
故选:B
5．答案：B
解析：由题设,,所以,故A错;
且,而,故B对;
,故C错;
,
设,则,则在上递增,
所以,故D错.
故选:B.
6．答案：C
解析： 64个格子放满麦粒共需 ，
麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，
，，
，
故选C
7．答案：D
解析：过点N作,垂足为E,连接DE,
当M,N高度一样,即时,一定有,理由如下:
在正方体中,,
所以四边形MDEN为平行四边形,
所以,
因为平面ABCD,且平面ABCD,
所以,即.
所以当M,N高度一样,即时,一定有,
此时满足条件的直线MN有无数条.
故选:D.
8．答案：D
解析：对于A,因为,,所以,
设,,
当时,单调递减,当时,,单调递增.
所以,所以
所以,
当时,,;
当时,,,因为,所以这种情况不存在.
所以,所以数列单调递减.所以选项A错误.
.所以A错误.
对于B:由前面得.下面证明.只需证明,令,
,
令,则,
成立.所以,
所以,所以选项B错误;
对于C:,设,设,
则.所以函数单调递减,所以随着减小,从而增大.所以,即.所以C错误.
对于D:一般地,证明:.
只需证明.
.令,则,
成立.所以,所以.所以D正确.
故选:D
9．答案：BC
解析：依题意，令，
对于A，，A错误；
对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确；
对于C，，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
10．答案：BCD
解析：对于A,由随机变量X的概率密度函数为可得,
因为,所以,所以随机变量X服从正态分布,故错误;
对于B,因为二次函数在上递增,在上递减,
由函数在R上单调递增,根据复合函数的单调性可得(,)在上递增,在上递减,
所以的极大值点为,所以,所以随机变量X服从正态分布,故正确;
对于C,因为,,又,
所以,即,故正确;
对于D,因为,,
所以,故正确;
故选:BCD
11．答案：ACD
解析：选项A：由，可得
整理得，则，则为等腰三角形.判断正确；
选项B：由
可得
则
整理得，即或
则为等腰三角形或直角三角形.判断错误；
选项C：由，可得
则，则
又，则，则为等腰三角形.判断正确；
选项D：由，可得，
由（当且仅当时等号成立），可得
则，又，则，则.判断正确.
故选：ACD
12．答案：BD
解析：由抛物线C的准线与x轴交于点,得,所以,所以抛物线的方程为,A错误.设直线l的方程为,,.由整理,得,则,.由抛物线的定义,知,,所以
,所以,当且仅当时取得等号,B正确.由上可知,.设点Q的坐标为,则,.由得,所以,则直线l的斜率为.因为,所以直线PQ的斜率为,则直线PQ的方程为.令,则,所以点P的坐标为,则.由抛物线的定义可知,,所以,C错误.因为
,所以直线AM与直线BM关于x轴对称,即MF平分,所以,则.整理,得,D正确.
故选:BD.
13．答案：0（答案不唯一）
解析：设向量与向量的夹角为，因为向量与向量的夹角是钝角，，所以且，所以.又，解得，所以符合题意的的取值范围是.故答案可以为0（答案不唯一）.
14．答案：或
解析：,
将的图象向左平行移动个单位长度后得到,
把的图象向右平行移动个单位,可得,
由题意可得,故,,
解得,,
注意到,可得当时,取到最小值.
故答案为:
15．答案：
解析：延长交的延长线于点H,连接OQ,作图如下:
容易知点关于PQ的对称点为H,
故可得,
又因为O,Q分别为,的中点,
故可得,
不妨设点M的坐标为,故可得Q点的坐标为,
则,
整理得.
故答案为:.
16．答案：,
解析：由解析式可知是定义域为R的奇函数,且当时,,当且仅当时等号成立;
,两函数如下图所示：
由图可知,当时,的最大值为,
当时,的最大值为在区间的最大值,即为,,
当时,的最大值为;
①若满足,当时,,不符题意;
当时,,解得或（舍去）
当时,,不符题意;
②综上所述,根据函数图象可知函数的最大值为.
故答案为：①;②
17．答案：（1）
（2）最大值为
解析：（1）由题意知.
所以,
所以,
所以,
因为,所以,
所以,因为,所以,
由角,所以.
（2）由（1）知,所以,,
因为,所以,
由正弦定理得:,所以,
因为,所以,
所以,
因为为锐角三角形,且,则有,得,所以,
由二次函数的性质可得,当时,取得最大值,
所以最大值为.
18．答案：（1）,
（2）
解析：（1）设的公差为d,的公比为q,
因为,所以,
联立消q得,解得或与矛盾,
故,代回计算得,
所以
（2）若选①,则有,,
所以剩余的项就是原数列的奇数项,
相当于剩余的项以2为首项,4为公比的等比数列,
所以;
若选②,则有,
因为,,
所以当时,对应的为整数,满足,
当时,对应的不为整数,不满足,
所以剩余的项就是原数列的奇数项,
相当于剩余的项以2为首项,4为公比的等比数列,
所以.
19．答案：（1）证明见解析；
（2）.
解析：（1）如图，取AB中点O，连接PO，CO.
因为，，所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，所以，所以.
又因为平面，平面ABCD，，
所以平面.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
（2）由（1）知，，，.
如图，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，则，，，，.
因为，设，
则，
因为，，，，
故存在实数a，b，使得，
所以，解得，
所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
20．答案：（1）
（2）分布列见解析,
（3）
解析：（1）设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株,株高增量为厘米”,
根据题中数据,第1组所有鸡冠花中,有20株鸡冠花增量为厘米,
所以估计为;
（2）设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株,株高增量为厘米”,
设事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株,株高增量为厘米”,
根据题中数据,估计为,估计为,
根据题意,随机变量的所有可能取值为0,1,2.3,且
;
;
;
,
则X的分布列为:
所以.
（3）
理由如下:
,,所以,;
,,所以,;
,,所以,;
所以.
21．答案：（1）
（2）存在定点,
解析：（1）设,.由对称性,不妨设,
则,所以,.
因为,,
所以,
所以当时,取得最小值,所以.
由;解得;
所以椭圆C的方程为.
（2）设圆E的半径为r,.
由（1）不妨设,则的面积,
所以,
所以,.
由,,得直线的方程为,
则点到直线的距离为.
整理,得.
把代入上式,得,
即.
由题意得,,,
所以,则.
把,代入椭圆C的方程,得,
所以点E在椭圆上,
所以存在定点,,使为定值2.
22．答案：（1）单调递增区间为和,无单调递减区间
（2）证明见解析
（3）证明见解析
解析：（1）由得:,解得:或,
的定义域为;
方法一:当时,,
的单调递增区间为和,无单调递减区间;
方法二:由题意得:,
在,单调递增,为增函数,
的单调递增区间为和,无单调递减区间.
（2）定义域为,,
是偶函数,等价于当时,;
设,则,单调递减,
当时,;即当时,;
设,则当时,,
当时,为增函数,
且,,
存在唯一,使得,即,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,
;
当时,;
在上恒成立,即;
综上所述:当时,,.
（3）由,,可知,
,即,其中,
又,且由（1）可知在单调递增,
当且仅当时,即时,成立,
.
由（2）可知:当时,,,
.
株高增量(单位:厘米)
第1组鸡冠花株数
9
20
9
2
第2组鸡冠花株数
4
16
16
4
第3组鸡冠花株数
13
12
13
2
X
0
1
2
3
P