山东省烟台市2023届高三二模数学试题（含解析）

山东省烟台市2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

2．若复数z满足，则的最小值为（    ）．

A．3 B． C．2 D．

3．若，则（    ）．

A． B．496 C． D．992

4．乐高积木是由丹麦的克里斯琴森发明的一种塑料积木，由它可以拼插出变化无穷的造型，组件多为组合体．某乐高拼插组件为底面边长为、高为的正四棱柱，中间挖去以底面正方形中心为底面圆的圆心、直径为、高为的圆柱，则该组件的体积为（    ）．（单位：）

A． B． C． D．

5．已知函数在上单调递增，则的取值范围为（    ）．

A． B．

C． D．

6．过点的直线与抛物线交于P，Q两点，F为抛物线的焦点，，若，则的值为（    ）

A． B．2 C． D．3

7．已知集合，若从U的所有子集中，等可能地抽取满足条件“，”和“若，则”的两个非空集合A，B，则集合A中至少有三个元素的概率为（    ）．

A． B． C． D．

8．已知函数的定义域为R，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）．

A． B．

C． D．

二、多选题

9．甲、乙两人参加消防安全知识竞赛活动．活动共设三轮，在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局．已知每轮活动中，甲、乙答对的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则（    ）．

A．每轮活动中，甲获胜的概率为

B．每轮活动中，平局的概率为

C．甲胜一轮乙胜两轮的概率为

D．甲至少获胜两轮的概率为

10．已知实数a，b满足，则（    ）．

A． B．

C． D．

11．三棱锥中，底面、侧面均是边长为2的等边三角形，面面，P为的中点，则（    ）．

A．

B．与所成角的余弦值为

C．点P到的距离为

D．三棱锥外接球的表面积为

12．如图，在中，，，，点分别在，上且满足，，点在线段上，下列结论正确的有（    ）．

A．若，则

B．若，则

C．的最小值为

D．取最小值时，

三、填空题

13．已知，则的值为__________．

14．已知实数满足，则的最大值为__________．

15．已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是__________．

16．欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数：对于正整数n，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如，．那么，数列的前n项和为__________．

四、解答题

17．已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．

(1)求角B的大小；

(2)若为钝角三角形，且，求外接圆半径的取值范围．

18．新修订的《中华人民共和国体育法》于2023年1月1日起施行，对于引领我国体育事业高质量发展，推进体育强国和健康中国建设具有十分重要的意义．某高校为调查学生性别与是否喜欢排球运动的关系，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图：

(1)根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据的独立性检验，是否可以认为该校学生的性别与是否喜欢排球运动有关联；

(2)将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取50名学生，设其中喜欢排球运动的学生的人数为X，求使得取得最大值时的k值．

附：，其中，．

19．已知数列的前项和为，，，数列满足，且．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

20．如图，在圆锥中，底面直径，高，P为底面圆周上异于A，B的一点．

(1)母线上是否存在一点M，使得平面，若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由；

(2)设，当二面角的大小为时，求的值．

21．已知函数．

(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)当时，证明：，．

22．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设点A，F分别为椭圆的左顶点和右焦点，过点F的直线l交C于点M，N，直线，分别交直线于点P，Q，求证：以为直径的圆过定点．

参考答案：

1．B

【分析】先求出集合，再利用集合的运算即可求出结果.

【详解】因为，由，解得，即，又，所以，

故选：B.

2．A

【分析】根据和的几何意义，结合双曲线的图象即可得到的最小值.

【详解】设复数在复平面上对应的点的坐标为，则表示点到的距离与到的距离的差为4，

所以点的轨迹为双曲线的右支，图象如下所示：

表示点到的距离，所以的最小值为3.

故选：A.

3．B

【分析】赋值法分别令，，联立可求得的值.

【详解】令可得， ①

令可得， ②

由②+①可得，则，

故选：B.

4．D

【分析】利用正四棱柱和圆柱的体积公式即可求出结果.

【详解】因为正四棱柱的底面边长为、高为，所以正四棱柱的体积为，

又挖去的圆柱的直径为、高为，所以圆柱的，

故所求几何体的体积为.

故选：D.

5．D

【分析】由的取值范围求出的取值范围，结合余弦函数的性质得到不等式组，解得即可.

【详解】由，所以，

又，所以，

且函数在上单调递增，

所以，解得，即的取值范围为.

故选：D

6．B

【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，设过点的直线的方程，与抛物线的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出的纵坐标之差的绝对值，由三角形的面积公式可得三角形的面积，求得，由向量的关系，及两根之和及两根之积，可得参数的值.

【详解】由抛物线的方程可知焦点为，

由题意可得设过点的直线的方程为，设，

联立，消去整理可得：，

可得①，②，

所以，

故，解得.

由于，所以，

所以,结合①②可得，即，

由③÷④化简整理得，解得或（舍去）.

故选:B.

7．C

【分析】由已知可得中没有重复数字，不为空集，且可将中10个数字分为5组，且每组数中的一个数如果在集合中，另一个必在集合中，所以集合中元素的个数小于等于集合中元素的个数，所以集合中元素的个数可能为1，2，3，4，5，再由组合知识和概率计算公式可得答案.

【详解】由，可得中没有重复数字，

由，则可得不为空集，且可将中10个数字分为5组，

分别为2或20，4或18，6或16，8或14，10或12，

且每组数中的一个数如果在集合中，另一个必在集合中，所以集合中元素的个数小于等于集合中元素的个数，所以集合中元素的个数可能为1，2，3，4，5，

所以集合的可能的个数为，

所以.

故选：C.

8．C

【分析】先由题中条件求出，根据不等式可构造，利用为偶函数且在区间上单调递增可解.

【详解】由得，即，

可设，

当时，因得，

所以，

可化为，

即，

设，

因，故为偶函数

，

当时，因，，

故，所以在区间上单调递增，

因，

所以当时的解集为，

又因为偶函数，故的解集为.

故选：C

9．ABD

【分析】由事件的相互独立性，计算概率即可判断.

【详解】根据题意可得，甲获胜的概率为：，故A正确；

乙获胜的概率为，

所以平局的概率为，故B正确；

所以3轮活动中，甲胜一轮乙胜两轮的概率为：，故C不正确；

甲至少获胜两次的概率为故D正确.

故选：ABD.

10．BC

【分析】由不等式的性质化简条件，结合指数函数单调性，对数函数性质判断A，B，要比较大小等价于比较的大小，故考虑构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小，判断C，举反例判断D.

【详解】因为，

所以，

因为函数为上的增函数，所以，A错误；

因为函数在上为增函数，所以，

所以，所以，B正确；

构造函数，则，

所以函数在上单调递增，又，

所以，所以，即，C正确；

取可得，，但，D错误；

故选：BC.

11．ACD

【分析】根据三角形和三角形为等边三角形得到，，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，然后根据线面垂直的定义即可得到，即可判断A选项；利用空间向量的方法求异面直线所成角即可判断B选项；利用等腰直角三角形的性质求距离即可判断C选项；根据外接球的性质得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半径和外接球表面积即可判断D选项.

【详解】  

连接，，因为三角形和三角形为等边三角形，为中点，所以，，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，故A正确；

因为面面，面面，，平面，所以平面，

以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，

设与所成角为，所以，故B错；

因为平面，平面，所以，

因为三角形和三角形的边长为2，所以，

在等腰直角三角形中，，所以点到的距离为，故C正确；

分别取三角形和三角形的外心，，再分别过，作平面，平面的垂线交于点，所以为三棱锥的外接球球心，

，，所以，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.

故选：ACD.

12．BCD

【分析】A选项根据平面向量基本定理和向量共线的性质求解；

B选项，结合A选项，用，来表示出，然后由数量积的计算进行说明；

C选项，取中点，则，问题转化成定点到线段上动点的距离最小值；

D选项，通过转化先推出取得最小值时，也取最小值，然后用面积的割补计算.

【详解】  

A选项，点在线段上，则，使得，则，

又，，故，

根据题干若，由平面向量基本定理可知：，

于是，A选项错误；

B选项，根据A的分析，若，此时，故，，

于是，

由，，，代入数据由向量的数量积可得，即，B选项正确；

C选项，取中点，则，由，于是，由，，

故为等边三角形，故，根据中位线可知，//，

于是，在中根据余弦定理可得，为锐角，又，

故过作的高线时，垂足点落在线段上，由题意垂足点为时，

最小.最小值为，C选项正确；

D选项，，

在中，根据余弦定理可求得，即，

根据C选项可知，最小时也最小. 根据，根据C选项的分析，，故，注意到，

故，

故，D选项正确.

故选：BCD

13．

【分析】根据利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.

【详解】因为，

所以

.

故答案为：

14．/

【分析】设点，则问题转化为圆上一点与圆外一点之间距离的最大值的平方，根据点与圆的位置关系求解即可.

【详解】方程整理得，设点，即点是圆上一点

又点在圆外，所以，

则，所以的最大值为.

故答案为：.

15．3

【分析】作函数与图象，结合图象可得，，再利用基本不等式求最值即可.

【详解】作函数与图象如下：

由图可得，

存在四个不相等的实根，可得，

可得，，即，，

所以，

当且仅当即且等号成立，

则的最小值是.

故答案为：.

16．

【分析】利用错位相减法求和.

【详解】在中，与不互质的数有，共有个，

所以，

所以，

设数列的前项和为，

所以，

，

两式相减可得,

所以,

即,

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合条件，进行边角转化即可得出结果；

（2）利用正弦定理，将边转角，再结合条件得到，再利用角的范围即可得出结果.

【详解】（1）因为，由正弦定理可得，

得到，又，所以，

故，即，所以，

又，所以，得到.

（2）由正弦定理，得到，，

所以

，所以，

又因为为钝角三角形，且，又由（1）知，所以，

所以，由的图像与性质知，所以

18．(1)列联表见解析，有关联

(2)22

【分析】（1）结合条形等高图写出列联表，计算值即可判定；

（2）由题意知随机变量,结合二项分布的概率计算列不等式组求解即可.

【详解】（1）由等高堆积条形图知,2×2列联表为：

零假设为: 性别与是否喜欢排球运动无关, 根据列联表中的数据,

，

依据的独立性检验, 可以推断不成立,即性别与是否喜欢排球运动有关联.

（2）由(1)知,喜欢排球运动的频率为,

所以,随机变量,

则，

令，解得.

因为,所以当时,取得最大值.

19．(1)；

(2)

【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可求得；根据等比数列通项公式可求得；

（2）由（1）可得，进而得到；分别在为偶数和为奇数的情况下，采用分组求和的方式，结合等比数列求和公式和裂项相消法可求得结果.

【详解】（1），数列是以为公差的等差数列，

，解得：，，

；

，，数列是以为首项，为公比的等比数列，.

（2）由（1）得：，即，

当为奇数时，；当为偶数时，；

当为偶数时，；

当为奇数时，；

综上所述：.

20．(1)不存在一点，使得平面，理由见解析

(2)

【分析】（1）假设在上存在一点，使得平面，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，这与为等腰三角形矛盾，从而得到结论.

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，得到，求得向量，设，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.

【详解】（1）解：不存在一点，使得平面.

理由：假设在上存在一点，使得平面，

因为平面，所以，

又因为为直径，可得，

因为且平面，所以平面，

又因为平面，所以，

在中，，所以为等腰三角形，所以与不垂直，

这与矛盾，

所以上不存在一点，使得平面.

（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，可得，

又因为，可得，

所以，

设平面的法向量为，则，

即，取，可得，

设，可得平面的一个法向量为，

又由平面的一个法向量为，

因为二面角的大小为，

可得，解得，

即，即，

又由，解得.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，求得，得出函数的单调性和最大值，即可求解.

（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；

当时，由和，得到，即可得证.

【详解】（1）解：由函数，可得，

因为在上单调递增，可得在上恒成立，

即在上恒成立，即在上恒成立，

令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极大值，即为最大值，

所以，即实数a的取值范围为.

（2）解：当时，，可得

当时，可得，

要使得，只需使得，

令，可得，所以单调递增，

又由，所以，所以单调递增，所以；

当时，可得且，所以，满足；

当时，可得，

因为且，所以，所以，

综上可得，对于，都有.

22．(1)

(2)证明过程见详解

【分析】（1）根据椭圆的离心率得到，然后根据椭圆过点即可求解；

（2）由（1）可知，点,点,设，

设直线，联立方程组，利用韦达定理和平面向量的数量积等于零即可证明.

【详解】（1）因为椭圆的离心率为，则，所以，

则椭圆方程可化为，因为点在椭圆上，所以，

则，所以椭圆C的方程为.

（2）由（1）可知，点,点,

设，设直线，

联立有，整理可得，

，，，

则，；

，；

分别令可得，，

当时，直线，则,

，则的中点为，且,

所以以为直径的圆的方程为，

则圆过点和；

猜测点为所求定点，下面证明当时，以为直径的圆过点，

若点，则

，（也可以从去推导定点）

若点，则

，（也可以从去推导定点）

所以以为直径的圆过定点和.

【点睛】求定点问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．