2023届山东省实验中学高三第二次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届山东省实验中学高三第二次模拟考试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届山东省实验中学高三第二次模拟考试数学试题

一、单选题
1．“且”是“复数是纯虚数”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
【分析】根据充分条件、必要条件及纯虚数的定义判断即可.
【详解】若且，则复数是纯虚数，故充分性成立；
若复数是纯虚数，则且，故必要性不成立，
故“且”是“复数是纯虚数”的充分不必要条件.
故选：A
2．已知集合，集合，则集合的真子集个数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解方程组可得集合，进而可求得集合的真子集个数.
【详解】联立可得，因为，解得，
所以，方程组的解为或，
所以，，
所以，集合的真子集个数为.
故选：C.
3．某调查机构抽取了部分关注济南地铁建设的市民作为样本，分析其年龄和性别结构，并制作出如下等高条形图．根据图中（岁以上含岁）的信息，关于该样本的结论不一定正确的是（    ）
  
A．男性比女性更关注地铁建设
B．关注地铁建设的女性多数是岁以上
C．岁以下的男性人数比岁以上的女性人数多
D．岁以上的人对地铁建设关注度更高
【答案】C
【分析】由等高条形图一一分析即可.
【详解】由等高条形图可得：
对于A：由左图知，样本中男性数量多于女性数量，
从而男性比女性更关注地铁建设，故A正确；
对于B：由右图知女性中岁以上的占多数，从而样本中多数女性是岁以上，
从而得到关注地铁建设的女性多数是岁以上，故B正确；
对于C：由左图知男性人数大于女性人数，由右图知岁以下的男性占男性人数比岁以上的女性占女性人数的比例少，无法判断岁以下的男性人数与岁以上的女性人数的多少，故C不一定正确；
对于D：由右图知样本中岁以上的人对地铁建设关注度更高，故D正确．
故选：C．
4．将函数的图象向右平移个单位长度后的函数图象关于原点对称，则实数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用三角函数图象变换求出平移后所得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可求出的表达式，即可求得的最小值.
【详解】因为，
将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，
由题意可知，函数的图象关于原点对称，
所以，，所以，，
因为，故当时，取最小值.
故选：A.
5．已知随机变量，且，则的最大值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据正态分布的性质求出的值，则，令，，则，利用基本不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】因为随机变量，且，
所以，即，所以，
所以
令，，
所以，
又，当且仅当，即时取等号，
所以，
即的最大值为.
故选：D.
6．正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，利用等体积法求解即可.
【详解】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，，，
则中，边上的高为，
则，
由，
得，
所以，
由，得，则，则，
所以，
即点到平面的距离的取值范围是，
所以点到平面的距离的最大值为.

故选：C.
7．已知双曲线的右焦点为，为坐标原点，是双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率为（    ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】A
【分析】首先表示出焦点坐标与渐近线方程，依题意可得在方向的投影的取值范围为，当在右顶点投影取最大值，即可求出，在取临界位置得到在渐近线方向上的投影为，即可求出，从而求出，即可得解.
【详解】双曲线的右焦点为，渐近线为，
因为是双曲线右支上一点，且，所以在方向的投影的取值范围为，
当在右顶点时在方向的投影最大，最大值为，即，
当在无限远处，此时在方向的投影近似在渐近线方向上的投影，但是不能取等号，
所以在渐近线方向上的投影为，则到渐近线的距离，
即，所以，则，所以离心率.
故选：A
8．已知函数，的定义域均为，且满足，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为2，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和.
【详解】由，则，即，
由，则，即，
又，则，
，则，
又，
所以
，
即，
即，
所以，故，
综上，则，故关于对称，
且有，
令，则，即的周期为，
由知关于对称且，
所以，即，则，
由，可得，则，
所以则；
则，
依次类推可得，，……，，则，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据递推式得且，构造并确定其周期，依据周期性求.

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．
B．非零向量和，满足且和同向，则
C．非零向量和满足，则
D．已知，，则在的投影向量的坐标为
【答案】AC
【分析】根据数量积的运算律判断A、C，根据向量的定义判断B，根据投影向量的定义判断D.
【详解】对于A：根据数量积的运算律可知，故A正确；
对于B：向量不可以比较大小，故B错误；
对于C：非零向量和满足，则，
即，所以，则，故C正确；
对于D：因为，，所以，，
所以在的投影向量为，故D错误；
故选：AC
10．平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）．它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，…．则（    ）
  
A．数列是以4为首项，为公比的等比数列
B．从正方形开始，连续个正方形的面积之和为32
C．使得不等式成立的的最大值为3
D．数列的前项和
【答案】ACD
【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案．
【详解】对于A选项，由题意知，且，
所以，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，，，，，
所以，故B错误；
对于C选项，，
易知是单调递减数列，且，，
故使得不等式成立的的最大值为，故C正确；
对于D选项，因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：ACD．
11．如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ）
  
A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；求出的外接圆半径，结合平面，可求出三棱锥的外接球半径，可判断C选项；利用空间向量法可求出直线与所成角的余弦值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，翻折前，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，
所以平面，故A对；
对于B选项，在中，，边上的高为，
所以，故B错；
对于C选项，因为，，
由余弦定理，可得，
则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C对；
对于D选项，在中，，
，
则
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对.
故选：ACD.
12．在平面直角坐标系的第一象限内随机取一个整数点，若用随机变量表示从这个点中随机取出的一个点的横、纵坐标之和，表示，同时发生的概率，则（    ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，的均值为
D．当（且）时，
【答案】ACD
【分析】利用条件概率公式可判断A选项；列举出满足的点的坐标，利用古典概率公式可判断B选项；利用离散型随机变量的期望公式可判断C选项；列举出满足，的点的坐标，利用古典概型的概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，整数点共个，则，
由得，即满足，的点的坐标为，
所以，，A对；
对于B选项，当时，整数点共个，
满足的整数点为，，则，B错；
对于C选项，当时，
的可能取值有、、、、、、、、，此时，样本点共个，
满足的点为，则，
满足的点为、，则，
满足的点为、、，则，
满足的点为、、、，则，
满足的点为、、、、，则，
满足的点为、、、，则，
满足的点为、、，则，
满足的点为、，则，
满足的点为，则，
故当时，，C对；
对于D选项，满足的解为，则，D对.
故选：ACD.

三、填空题
13．展开式中二项式系数最大的项的系数为______．
【答案】
【分析】利用二项式系数的单调性结合二项式定理可求得展开式中二项式系数最大的项的系数.
【详解】由二项式系数的基本性质可知展开式中二项式系数最大的项为.
因此，展开式中二项式系数最大的项的系数为.
故答案为：.
14．已知直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，为椭圆上一个动点，则的最大值与最小值之和为______．
【答案】
【分析】求出圆的圆心，根据题意可得、，利用平面向量的线性运算可得，即可求解.
【详解】圆，圆心，半径，
因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，
所以，又椭圆，则，，右焦点为，
所以
，
又，即，所以，
即，所以的最大值为，最小值为.
则的最大值与最小值之和为.

故答案为：
15．从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有__________种（用数字作答）.
【答案】912
【分析】分类讨论两组数的奇偶性即可.
【详解】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，
有种取法；
若和都是偶数，则有以下两种情况：
①两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；
②两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；
共计576+48+288=912种取法.
故答案为：912
16．已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值是______．
【答案】
【分析】将已知不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，考虑为负数的情形，可得出，分参后可得，利用导数求出在上的最大值，即可得出实数的最小值.
【详解】由可得，即，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为，则，则，
要求实数的最小值，考虑，则，
由可得，
因为函数在上单调递减，则，
不等式两边取自然对数可得，
因为，则，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数在上的最大值为，所以，.
因此，实数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.

四、解答题
17．已知两个正项数列，满足，．
(1)求，的通项公式；
(2)若数列满足，其中表示不超过的最大整数，求的前项和．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）依题意可得，，即可求出、；
（2）根据高斯函数先推出的解析式，再运用等差数列求和公式计算可得.
【详解】（1）由，得，
由，得，，因为是正项数列，，
；
（2）因为，
所以，
所以当时
，
当时满足，
所以.
18．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知．
(1)求角；
(2)若为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）分析可得，，，求出角的取值范围，由正弦定理可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：由结合正弦定理可得：
，则，
因为、，则，所以，，
可得，故.
（2）解：由可得，所以，，
所以，，故，
  
在中，，，
由正弦定理可得，
所以，，
因为，则，所以，.
所以，的取值范围是.
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，．
  
(1)证明：；
(2)若为线段的靠近点的四等分点，判断直线与平面是否相交？如果相交，求出到交点的距离，如果不相交，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)相交，

【分析】（1）依题意可得，，利用余弦定理求出，即可得到，在由线面垂直得到，即可得到平面，从而得证；
（2）过点作直线，连接并延长交于点，即可证明点为直线与平面的交点，再利用三角形相似求出.
【详解】（1）连接，因为，，，，
所以为等腰直角三角形，
∴，，
∵在中，由余弦定理得，
即，所以，
∴，∴.
又平面，平面，
∴.
又平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
（2）过点作直线，连接并延长交于点，
因为，且，
所以，所以、、、四点共面，
所以点平面，
所以点为直线与平面的交点，
易知，为线段的靠近点的四等分点，
所以，
所以.
  
20．《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法可以解释为：把阳爻“”当做数字“”，把阴爻“”当做数字“”，则六十四卦代表的数表示如下：
卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤

000000
0
剥

000001
1
比

000010
2
…
…
…
…

例如，成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，“否”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是，“泰”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是．
(1)若某卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(2)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记分；若只有两个阳爻相邻，则记分；若三个阳爻互不相邻，则记分，设任取一卦后的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，

【分析】（1）列举出所有满足条件的二进制数，结合等比数列的求和公式可求得所有这些卦表示的十进制数的和；
（2）分析可知随机的所有可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【详解】（1）解：因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，
所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为、、、
、、，
这个数中，每个位置可是次，次，
所以，所有这些卦表示的十进制数的和为.
（2）解：由题意可知，随机变量的所有可能取值有、、，
则，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：









所以，.
21．已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．
(1)求的标准方程；
(2)设为直线与的交点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）当直线的斜率为时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，结合可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）分析可知直线、都不与轴重合，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设、，由韦达定理可得，同理可得出，写出直线、的方程，求出这两条直线的交点的横坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，
联立可得，
，因为，可得，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，解得或（舍去），
因此，抛物线的方程为.
（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，
设直线的方程为，联立可得，
则可得，
设点、，由韦达定理可得，
设直线的方程为，设点、，同理可得，
直线的方程为，即，
化简可得，
同理可知，直线的方程为，
因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，
  
交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，
由，消去，
因为直线与相交，则，
解得
，
所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数在点处的切线方程为．
(1)求，；
(2)若函数有两个零点，，且，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可得到方程组，解得即可；
（2）设曲线在处的切线方程为，构造函数，利用导数说明恒成立，则，设的根为，则，即可得到，同理可求出在处切线，得出相同结论，求出的范围，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，所以，
依题意，所以，解得，.
（2）由（1）可知，令，有或，
，，，
设曲线在处的切线方程为，
则，
令，
则，令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，又，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，所以恒成立，则，
设的根为，则，又单调递减，
且，所以，
已知曲线在处的切线为，
令，则，
由前面说明的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
当时，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以恒成立，所以，
设的根为，则，又函数单调递增，所以，所以，
所以，
要证，即证，
即证，即证，
由于，所以，证毕.
【点睛】关键点睛：本题关键是利用切线进行放缩，通过求出的值，通过得到的范围，同理通过求出处的切线，求出的值，通过得到的范围，从而求得的范围.