山东省济宁市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

济宁市2023年高考模拟考试

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考试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2B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.

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. 若集合，，则集合中的元素个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】用列举法表示集合，再根据交集的定义求出，即可判断.

【详解】因为，

又，

所以，即集合中含有个元素.

故选：C

2. 若复数为纯虚数，则实数（    ）

A.  B.  C. 6 D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法运算求出，再结合复数的概念求解作答.

详解】依题意，，

因为复数是纯虚数，且，则且，解得，

所以.

故选：D

3. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】 中，分别令和，将所得两个方程相加即可得到结果．

【详解】在 中，

令，得，

令，得，

两式相加得，

∴，∴．

故选：B．

4. 若直线与圆：相交于，两点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出直线过的定点并判断与圆的位置关系，再求出垂直于经过该定点的圆的直径的弦长作答.

【详解】直线，即恒过定点，

而，即点在圆内，

因此当且仅当时，最小，

而圆的圆心，半径，，

所以.

故选：B

5. 若且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用指数与对数的互化可得出、的表达式，结合换底公式可求得的值.

【详解】因为且，所以，且，所以，且，

且有，，所以，，，

所以，，则，

又因为且，解得.

故选：B.

6. 如图，在边长为4的正方形中，点，分别为，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则三棱锥的外接球体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由四面体的棱两两垂直，将它补形成长方体，求出该长方体的体对角线即可得解.

【详解】依题意，，且，

于是四面体可以补形成以为相邻三条棱的长方体，该长方体与四面体的外接球相同，

设四面体的外接球的半径R，则2R为长方体的体对角线长，

即，

所以四面体的外接球体积为.

故选：A

7. 已知为双曲线的右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线的右支交于、两点，若在双曲线左支上存在点使得，则该双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出点、的坐标，设点，其中，可得出，由已知可得出，可得出，整理可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围.

【详解】将代入双曲线的方程可得，可得，

不妨取点、，设点，其中，且，

，，

因为，所以

，

因为，则，所以，，

可得，即，

整理可得，因为，解得.

故选：D.

8. 已知函数，满足，.若，函数，则（    ）

A. 3036 B. 3034 C. 3032 D. 3030

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意利用累乘法可得，进而可得，再结合等差数列的性质以及函数的对称性分析运算.

【详解】因为，，即，

所以，

则，，

所以，

又因为，

所以.

故选：A.

【点睛】关键点睛：累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．

二、多选题：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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（    ）

A.

B.

C. 点是的一个对称中心

D. 函数的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称

【答案】AC

【解析】

【分析】根据函数图象可得、，即可求出，再根据函数过点求出，即可求出函数解析，再根据正弦函数的性质及三角函数的变换规则判断即可.

【详解】由图可知，，所以，即，解得，

所以，又，

所以，解得，又，所以，

所以，故A正确，B错误；

，所以点是的一个对称中心，故C正确；

将函数的图象向左平移个单位得到，

显然函数不是偶函数，故D错误；

故选：AC

10. 已知函数，则对任意实数，下列结论中正确的是（    ）

A.  B. 函数在处的切线方程为

C. 的单调递减区间为 D. 的值域为

【答案】ABD

【解析】

【分析】计算判断A；求导利用导数的几何意义求出切线判断B；利用导数判断单调性判断C；求出函数的值域判断D作答.

【详解】函数的定义域为R，，A正确；

，则，而，因此函数在处的切线方程为，B正确；

当时，，因此函数在上单调递增，C错误；

当或时，，即函数在上单调递减，

而当时，恒成立，当时，恒成立，

因此，，所以的值域为，D正确.

故选：ABD

11. 甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以，，表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是白球”，则下列结论中正确的是（    ）

A. 事件，，是两两互斥的事件 B. 事件与事件为相互独立事件

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据互斥事件和相互独立事件即可判断A、B，由概率计算值即可判断C、D.

【详解】由题意可得，，，

显然事件，，是两两互斥的事件，故A正确，

，，

因为，故事件与事件不是相互独立，故B错误，

，故C正确，

，故D正确.

故选：ACD

12. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于、两点，为线段中点，、、分别为、、在上的射影，且，则下列结论中正确的是（    ）

A. 的坐标为 B.

C. 、、、四点共圆 D. 直线的方程为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据抛物线的方程求出点的坐标，可判断A选项；根据抛物线的定义以及数形结合求出直线的方程，可判断D选项；利用斜率关系判断出，可判断C选项；求出、，可判断B选项.

【详解】对于A选项，抛物线的焦点为，A错；

对于D选项，当点在第一象限，过点作垂直于，为垂足，如图所示，

设，则，

因为，，，则四边形为矩形，

所以，，

则，

设直线的倾斜角为，则为锐角，且，则，

此时，直线的方程为，

当点在第二象限时，同理可知，直线的方程为，

综上所述，直线的方程为，D对；

对于B选项，不妨设点在第一象限，则直线的方程为，

设点、，联立，可得，

，由韦达定理可得，，

设点，则，故点，

所以，直线的斜率为，

而直线的斜率为，所以，，故，

又因为，故、、、四点共圆，

同理可知，当点在第二象限时，、、、四点共圆，

综上所述，故、、、四点共圆，C对；

对于B选项，，

，B对.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：

（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；

（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，则________.

【答案】##

【解析】

【分析】由辅助角公式和二倍角的余弦公式化简即可得出答案.

【详解】因为，

则.

故答案为：.

14. 在棱长为2正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定条件，作出并证明异面直线与所成角，再计算作答.

【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，

因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，

于是，又，即有四边形是平行四边形，

因此，则是异面直线与所成的角或补角，

而为底面的中心，则，又平面，

从而平面，而平面，则，

在中，，于是，

所以异面直线与所成角的余弦值是.

故答案为：

15. 在中，、分别为、的中点，交于点.若，，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】分析可知为的重心，利用、表示向量、，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.

【详解】如下图所示：

因为在中，、分别为、的中点，交于点，

则为的重心，所以，

，

，

因为，，，

由平面向量数量积的定义可得，

所以，

.

故答案为：.

16. 若对任意的，总存在三个不同的，使得方程成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】把原等式变形，构造函数，利用导数画出草图，将问题转化为与有三个交点，根据题意可得关于的不等式组，即可求出答案.

【详解】因为，所以，

又当时，，

令，所以，

令得，得或

所以在上递减，在上递增，在上递减，

又，时，，

所以如图为函数在上的图象，

又，，，，

所以要使与有三个交点，需使，

又对任意的，总存在三个不同的，

使得方程成立，

所以，

所以，解得，

所以的取值范围是.

故答案为：

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. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用诱导公式及正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；

（2）利用正弦定理将边化角，转化为角的三角函数，再由的取值范围，求出的范围.

【小问1详解】

由，即，

得，

由正弦定理可得，

所以，

所以，因为，所以，

所以，又，所以.

【小问2详解】

由正弦定理，

所以

.

因为为锐角三角形，且，

所以，解得，

所以，，

所以，，

所以的取值范围为.

18. 已知数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式;

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用与的关系得到为等比数列求解即可;

（2）利用裂项相消法求和即可.

【小问1详解】

因为，

当时，，

当时，，

所以，

即，

又因为，满足上式，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

则.

【小问2详解】

因为，

所以.

19. 如图，在直三棱柱中，，，.点、、分别在线段、、上，且，.

（1）证朋：；

（2）若，且平面将直三棱柱的体积平分.求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征，结合线面垂直的判定性质推理作答.

（2）根据给定条件，借助体积求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.

【小问1详解】

在直三棱柱中，，而，平面，

则平面，又，，即四边形是平行四边形，

有，于是平面，而平面，

所以.

【小问2详解】

在上取点，使，连接，由（1）知，，

而，则有，又，

则平面，而平面，因此平面平面，

显然，，

由平面将直三棱柱的体积平分知：，

即，解得，则，

以点为原点，,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，，

，，设平面的法向量，

则，令，得，

设平面的一个法向量，则，令，得，

则，显然二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

20. 某学校组织“学习党的二十大”知识竞赛，某班要从甲、乙两名同学中选出一人参赛，选拔方案如下：甲、乙两名同学各自从给定的个问题中随机抽取个问题作答，在这个问题中，已知甲能正确作答其中个，乙能正确作答每个问题的概率都是，甲、乙两名同学作答问题相互独立.记甲答对题的个数为，乙答对题的个数为.

（1）求甲、乙恰好答对个问题的概率；

（2）若让你投票选择一名发挥较稳定的同学参赛，你会选择哪名同学？请说明理由.

【答案】（1）   

（2）选择甲，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；

（2）由已知得所有可能的取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列，从而求出，，在由，根据二项分布的期望与方差公式求出，，即可判断.

【小问1详解】

设“甲、乙恰好答对个问题的概率”为事件，

则

.

【小问2详解】

由已知得所有可能的取值为，，，

所以，，，

所以的分布列为

所以，

，

由已知得，所以，，

因为，但，

所以选择甲同学参赛.

21. 已知椭圆：的焦距为4，左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、，过右焦点的直线交椭圆于，两点，的周长为12.

（1）记直线的斜率为，直线的斜率为.证明：为定值；

（2）记的面积为，的面积为，求的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）10

【解析】

【分析】（1）依题意可得，再根据的周长求出，即可求出椭圆方程，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式计算可得；

（2）由面积公式可得，再令，则，根据对勾函数的性质计算可得.

【小问1详解】

由椭圆：的焦距为可知，

由的周长为可知，所以，

所以，

所以椭圆的方程为：.

设，，

直线的方程为：，

联立得，

易得，所以，，

所以，即，

则，

所以为定值.

【小问2详解】

由题意可知

，

令，则，

则，

又在上单调递增.

所以当，即时，取得最大值为.

所以的最大值为10.

【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）讨论函数的单调性；

（2）设、是函数的两个极值点.证明：.
 

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求得，对和的大小进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（2）分析可知方程在上有两个不等的实根、，根据二次方程根的分布可求得实数的取值范围，列出韦达定理，化简得出，利用导数证得函数在上的最大值小于，即可证得结论成立.

【小问1详解】

因为，该函数的定义域为，

.

因为，由得：或.

①当，即时，对任意的恒成立，且不恒为零，

此时，函数的增区间为，无减区间；

②当，即时，由得或；由得.

此时，函数的增区间为、，减区间为；

③当，即时，由得或；由得.

此时函数的增区间为、，减区间为.

综上所述：当时，函数的增区间为，无减区间；

当时，函数的增区间为、，减区间为；

当时，函数的增区间为、，减区间为.

【小问2详解】

因为，其中，

，

因为有两个极值点、，

所以，方程在上有两个不等的实根、，

所以，，解得，所以.

所以

令，其中，则.

当时，；当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.