山东省泰安肥城市2023届高考适应性训练数学试题（三）（含解析）

山东省泰安肥城市2023届高考适应性训练数学试题（三）

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

一、单选题

1．若 则（    ）

A． B． C． D．

2．“”是“成立”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

3．为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A．若∥，∥，则∥

B．若为异面直线，则过空间任一点，存在直线与都垂直

C．若，，则与相交

D．若不垂直于，且，则不垂直于

4．在实验课上，小明和小芳利用一个不等臂的天平秤称取药品. 实验一：小明将克的砝码放在天平左盘，取出一些药品放在右盘中使天平平衡；实验二：小芳将克的砝码放在右盘，取出一些药品放在天平左盘中使天平平衡，则在这两个实验中小明和小芳共秤得的药品（    ）

A．大于克 B．小于克

C．大于等于克 D．小于等于克

5．已知为锐角，，，则（    ）

A． B． C． D．

6．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

7．腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（    ）

A．  B．

C． D．

8．某人在次射击中击中目标的次数为，，其中，击中奇数次为事件，则（    ）

A．若，则取最大值时

B．当时，取得最小值

C．当时，随着的增大而增大

D．当时，随着的增大而减小

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据中的一个点

B．某中学有高一学生人，高二学生人，高三学生人.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高一学生中抽取人， 则为

C．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于

D．已知随机变量，，且，若， 则

10．已知函数，则（    ）

A．有两个极值点

B．有三个零点

C．若，则

D．直线是曲线的切线

11．定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作.定义：为一组数据相对于常数的“正弦方差”. 若，一组数据相对于的：“正弦方差”为，则的取值可能是（    ）

A． B． C． D．

12．已知抛物线，为坐标原点，为抛物线的焦点，准线与轴交于点，过点作不垂直于轴的直线与交于，两点．设为轴上一动点，为的中点，且，则（    ）

A．当时，直线的斜率为

B．

C．

D．若正三角形的三个顶点都在抛物线上，则的周长为

三、填空题

13．整数有______个不同的正因数.

14．在棱长为的正方体中，点分别是、、的中点，则过线段且平行于平面的截面图形的周长为______.

15．已知直线过双曲线：的左焦点，与双曲线的左右两支分别交于两点，若，其中，则的取值范围为______.

16．若，则实数最大值为______.

四、解答题

17．在中，角所对的边分别为，且

(1)若成等比数列，求角的大小；

(2)若，且，求的面积．

18．四棱锥中，底面为矩形， ，，平面与平面的交线为.

(1)求证：直线平行于平面；

(2)求二面角的余弦值.

19．已知为等差数列，是公比为正数的等比数列，

(1)求和的通项公式;

(2)设满足 ，记的前项和为，求.

20．已知为坐标原点，，，和交点为.

(1)求点的轨迹；

(2)直线和曲线交与两点，试判断是否存在定点使？如果存在，求出点坐标，不存在请说明理由.

21．某工厂有甲、乙两条流水线加工同种产品，加工出来的产品全部为合格品. 产品可分为一级品、二级品两个级别. 产品贴上等级标识后，每件产品装一箱. 根据以往的统计数据，甲流水线生产的产品，每箱中含有件、件、件二级品的概率为，乙流水线生产的产品，每箱中含有件、件、件二级品的概率为.若箱中产品全部为一级品，则可称该箱产品为“星级产品”.

(1)从甲、乙两条生产线生产的产品中各任取箱，以产品是否为“星级产品”为标准，根据以往的统计数据，完成下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析产品为“星级产品”与生产线是否有关？

附：

(2)任取甲流水线生产的箱产品，设二级产品的件数为，求的分布列及期望;

(3)从乙流水线生产的产品中任选一箱.若箱中产品分成三层放置，层与层隔开，每层件. 首先打开第一层，求该层件产品都为一级品的概率.

22．已知函数

(1)求在处的切线;

(2)若，证明当时，.

参考答案：

1．C

【分析】根据题意，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】由，可得，求得，

所以.

故选：C.

2．A

【分析】化简“成立”，再结合充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】由可得，

化简可得，

所以“成立”等价于“”，

“”可推出“成立”，

“成立”不能推出“”

所以“”是“成立”的充分不必要条件，

故选：A.

3．B

【分析】根据线面平行的判定定理，线面垂直的性质定理等即可判断选项.

【详解】对于选项A，若∥，∥，则或∥，A错；

对于选项C，若，，或与相交，C错；

对于选项D，若不垂直于，且，可能与垂直，D错；

对于选项B，过空间一点作两条异面直线的平行线可以确定一个平面，

过空间一点作平面的垂线有且只有一条，B正确.

故选：B

4．C

【分析】设出力臂和药品数量，根据杠杆原理得到，再根据均值不等式计算得到答案.

【详解】设天平左、右两边臂长分别为，小明、小芳放入的药品的克数分别为，，

则由杠杆原理得：，于是，

故，当且仅当时取等号.

 故选：C.

5．A

【分析】由二倍角正切公式，同角关系化简，求，再求，再由两角差的正切公式求.

【详解】因为，所以，

所以，

又为锐角，，

所以，

解得，

因为为锐角，所以，

又

所以.

故选：A.

6．D

【分析】定义判断函数奇偶性，对函数求导，再求的值，应用排除法即可得答案.

【详解】

，

定义域为，所以为奇函数，排除A、B，

，

所以，排除C，

故选：D

7．A

【分析】在中，求得，根据题意得到三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，得到，进而得到且，设三棱锥外接球的半径为，分别求得和的外接圆的半径，结合，进而求得外接球的表面积.

【详解】在中，因为，

可得，所以，

当三棱锥体积最大时，平面平面，

因为，取中点，则，

设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，

再设为外接圆圆心，平面，则且，

设三棱锥外接球的半径为

在直角中，可得且，

因为，可得

所以外接圆半径，所以，

因为，

所以的外接圆的半径，且，

在中，可得，可得，

所以，

所以外接球的表面积为.

故选：A.

8．C

【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判断；对于CD，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可.

【详解】对于选项A，在次射击中击中目标的次数，

当时对应的概率，

因为取最大值，所以，

即，

即，解得，

因为且，所以，即时概率最大．故A不正确；

对于选项B，，当时，取得最大值，故B不正确；

对于选项C、D，

，

，

，

当时，为正项且单调递增的数列，所以随着的增大而增大，故C正确；

当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故D不正确；

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系.

9．BD

【分析】由线性回归方程过样本中心判断A；分层抽样等比例性质求样本容量判断B；由相关系数的实际意义判断C；利用方差性质求新数据方差判断D.

【详解】A： 线性回归方程一定过样本的中心，不一定过样本数据中的点，故不正确；

B：由题意知，抽样比为，所以，即，故正确；

C：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于，故不正确；

D：，故正确；

故选：BD

10．AB

【分析】对于A：求导，利用导数判断原函数单调性与极值，进而可得结果；对于B：结合函数图象分析判断；对于C：取特值分析判断；对于D：结合导数的几何意义分析判断.

【详解】对于选项A：函数的定义域为，，

令，得或，

当时，，则在和单调递增，

当时，，则在单调递减，

所以函数有两个极值点和，故A正确；

对于选项B：函数的极大值为，极小值为，结合函数图像可知有三个零点，故B正确；

对于选项C：例如，

可得，但，故C不正确；

对于选项D：令，得或，

且，可得：

曲线在点处的切线方程为，即；

在点处的切线方程为，即；

综上所述：直线不是曲线的切线，故D不正确；

故选：AB.

【点睛】结论点睛：若，则三次函数的对称中心为.

11．BCD

【分析】根据正矢和余矢的定义可得函数的解析式，再根据正弦方差的定义可求的范围，最后根据正弦函数的性质可求函数的值域，故可得正确的选项.

【详解】由正矢和余矢的定义可得：

，

而

，

因为，故，故，

故，，

而，故的值域为，

因为，函数的最大值是，

故函数值不可能取，

而，故，

故，故函数值可取BCD，

故选：BCD.

12．AC

【分析】设直线的方程为，联立方程，利用根与系数的关系及求k，可判断A，由点差法及垂直关系，抛物线的定义可得判断B，由可得平分，据此可判断C，根据正三角及抛物线的对称性求出DE坐标即可判断D.

【详解】如图，

对于选项A，设过焦点的直线的方程为，，，

由，得，∴，，

由可知，代入，得，，

由，得，∴，则，故A正确．

对于选项B，，设点的坐标为，则，．

由得，所以，则直线的斜率为．

因为，所以直线的斜率为，则直线的方程为．

令，则，所以点的坐标为，

则．

由抛物线的定义可知，，

所以，故B错误．

对于选项C，因为

，

所以直线与直线关于轴对称，即平分，

所以，则．

整理得，故C正确．

对于选项D，设，因三角形为正三角形，

则，

又，

则.

因，则.

则，则.

得的周长为，故D错误.

故选：AC

【点睛】方法点睛：处理抛物线中焦点弦问题，根据抛物线的定义，转化为坐标问题是常用方法之一，涉及处理中点弦问题，点差法是重要方法，恰当使用可快速得出直线斜率与中点的坐标关系，注意直线关于y轴对称可转化为直线倾斜角互补即直线斜率互为相反数.

13．

【分析】先对进行分解，找到，再根据分步相乘计数原理求解.

【详解】，的正因数必为的形式，，，，所以共有个不同的正因数.

故答案为：.

14．

【分析】结合面面平行性质定理画出截面图形，再求出截面图形的边长，即可得出答案.

【详解】取的中点为，连接，，

因为点分别是、、的中点，

由正方体性质可得，所以四点共面，

因为，平面，平面，

所以平面，

因为，，

所以四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面，

又，平面，

所以平面平面，

四边形即为经过线段且平行于平面的截面图，

正方体棱长为，所以，，，，

 所以截面图形周长为.

故答案为：.

15．

【分析】由题意设，可得，在中，利用余弦定理和双曲线中的关系即可得到的范围.

【详解】如图，，，

又，

则有，

不妨假设，

则有，

可得，

在中，由余弦定理可知，

，

，则，

即.

故答案为：

16．

【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值.

【详解】， 定义域为，

则，

令，

则，在上单调递增，

且时，当时，

使得 即

当时，当时，

故在上单调递减，在上单调递增，

所以②，

由得①，

即，代入②得，，

整理得

，

∴，

∴，

，

故的最大值为3.

故答案为：3

【点睛】隐零点的处理思路：

第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；

第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，利用数量积的定义化简得到，再由余弦定理得到，结合，求得，即可求解；

（2）由（1）知，根据题意，利用正弦定理可得，联立方程组求得的值，结合余弦定理求得，得到，利用面积公式，即可求解.

【详解】（1）因为，

根据向量的数量积的定义，可得，

由余弦定理可得，整理得，

因为成等比数列， 所以，解得

所以为等边三角形，所以.

（2）解：由（1）知，

又由，根据正弦定理可得，

联立方程组，解得，

因为，所以，，

由余弦定理可得，所以，

所以的面积为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意证得平面，结合线面平行的性质定理证得直线，再由线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设，取的方向向量，根据，，利用向量的夹角公式，求得，进而求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：因为底面是矩形，可得，

又因为平面，平面，所以平面，

因为平面，且平面平面，所以直线，

又因为平面，平面，所以平面.

（2）解：以点为原点，，垂直于平面的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系，则，则，

设，取的方向向量，

因为，，

可得

，

又因为，可得，即，

解得，即，

设平面法向量为，则，

取，可得，所以，

设平面的法向量为，则，

取取，可得，所以，

所以，

由图象可得，二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

19．(1)，

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由条件结合等差数列通项公式和等比数列通项公式列方程求，再由通项公式求解；

（2）根据分组求和法求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，

由题意得:解得:   

，

；

（2）由题意知，当时，

当时，+1

令则，

20．(1)

(2)存在定点坐标为或

【分析】（1）利用已知条件表示出点坐标，进而表示出直线，的方程，联立即可得出点轨迹方程.

（2）假设存在定点，设点坐标为，，联立方程组，得出，，由整理得出，对恒成立，即可得出结论.

【详解】（1）设点，，

，即，

点坐标为，

，即，

点坐标为，

根据两点坐标可得，

直线方程为：，

直线方程为：，

两式移项相乘得：，

整理得，

点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，

即其方程为.

（2）假设存在定点，

设点坐标为，，

联立方程组消得，

直线与椭圆交于两点，

即，

，

，

，

，

，

整理得：

，

，对恒成立，

，得，

，

所以存在定点坐标为或.

21．(1)列联表见解析，产品为“星级产品”与生产线无关

(2)分布列见解析，

(3)

【分析】（1）结合统计数据分别求出样本中甲流水线和乙流水线的“星级产品”数量，并由此填写列联表，

提出零假设，计算的值，比较其与临界值的大小，由此确定结论；

（2）确定的所有可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望，

（3）根据全概率公式求事件该层件产品都为一级品的概率值.

【详解】（1）因为甲流水线生产的产品，每箱中含有件二级品的概率为，

所以甲生产线生产的箱产品中有件“星级产品”，

因为乙流水线生产的产品，每箱中含有件二级品的概率为，

所以甲生产线生产的箱产品中有件“星级产品”，

由题意，得到联表如下：

零假设为：产品为“星级产品”与生产线无关.

根据小概率的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，

因此可以认为成立，即产品为“星级产品”与生产线无关

（2）依题意，的所有可能取值为，

则， ，

， ，

所以的分布列为：

（3）设“件产品都为一级品”为事件，箱中有件二级品为，

则，

所以该层件产品都为一级品的概率为：

所以

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出，根据在点处的切线求解.

（2）主要是构造函数对进行放缩，找到，所以要证只需证明，变形得，因为，所以只需证明，即

两边同取对数得：，令，

只需要证到在上恒成,.

【详解】（1）因为，所以，切线斜率为

因为，所以切点为

切线方程为即

（2）法一：令，所以，

所以在单调递增，，

所以，所以，

所以要证只需证明

变形得

因为

所以只需证明，即

两边同取对数得：

令，

则

显然在递增，

所以存在当时递减，

当时递增;

因为

所以在上恒成立，所以原命题成立

法二：设则，

要证：

需证：

即证：

因为，需证，即证：

①时必然成立

②时，因为所以只需证明，

令，，

令，

∴在上为增函数

因为

，所以

所以存在，使得

∴在上为减函数，在上为增函数

∴

综上可知，不等式成立

【点睛】此题主要的难点在于构造函数进行放缩，再进行一系列的转换，求导研究函数的最大值小于0，综合性较强，属于难题.