山东省青岛市2023届高三数学下学期第二次适应性检测试题（Word版附解析）

这是一份山东省青岛市2023届高三数学下学期第二次适应性检测试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 设表示不超过的最大整数等内容，欢迎下载使用。

青岛市2023年高三年级第二次适应性检测
数学试题
本试卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据交集运算求解即可.
【详解】,
，
所以.
故选:A.
2. 已知为坐标原点，复数，，分别表示向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义确定向量，，的坐标，再根据向量垂直的坐标运算即可求得的值，从而可得的值.
【详解】由题意可得，，所以
又，所以，所以
则.
故选：C.
3. 已知函数，，则大致图象如图的函数可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的奇偶性及选项逐项排除即可得到答案．
【详解】，的定义域均为，且,，
所以为奇函数，为偶函数.
由图易知其为奇函数，而与为非奇非偶函数，故排除AB.
当时，，排除C.
故选:D．
4. 某教育局为振兴乡村教育，将5名教师安排到3所乡村学校支教，若每名教师仅去一所学校，每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有（ ）
A. 300种 B. 210种 C. 180种 D. 150种
【答案】D
【解析】
【分析】根据部分均匀分组分配求解即可.
【详解】由于每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有种.
故选：D.
5. 在边长为1小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ）

A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出，，，再利用余弦定理求出，最后利用同角三角函数基本关系计算可得.
【详解】依题意，，，
由余弦定理，即，
解得，显然为锐角，所以，
所以.
故选：A
6. 已知为坐标原点，直线过抛物线的焦点，与及其准线依次交于三点（其中点在之间），若，,则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，利用抛物线定义可得，则，继而可求出，即可得到的值，从而得到抛物线的标准方程，由可得到直线的斜率，得到直线的方程，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理、抛物线的定义，并利用点到直线距离公式，即可求解的面积.
【详解】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，
设准线与轴相交于点，
如图，

则，，
在中，，所以，所以，
在中，，
所以，所以.
又轴，，所以.
又抛物线，则,
所以，所以抛物线，点.
因为，所以直线的斜率，
则直线，
与抛物线方程联立,消并化简得,
设点，则，
则.
又直线可化为，
则点到直线的距离,
所以.
故选:B.
7. 三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，，，，平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解.
【详解】
由题意得：
==，

=



当时，的最大值为
故选：C
8. 设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当时，，即，共有个.又，故，令，利用错位相减法即可求解.
【详解】当时，，
即，共有个.
因为，
故

，
设，①
则，②
①-②,得
，
所以.
所以.
故选:B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 底面为菱形的直棱柱各棱长均为2，，点是线段上的动点，点分别是棱的中点，则（ ）
A. 直线与为异面直线 B. 直线平面
C. 存在点，使 D. 直线与所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】设交于，交于，以为原点，分别为轴建立坐标系，设， ，利用判断A，求平面的法向量，利用判断B，利用判断C，利用判断D.
【详解】设交于，交于，
因为为直棱柱，且底面为菱形，所以两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系，

因为各棱长均为2，，
所以，，，，，，，
又因为点是线段上的动点，所以设， ，
选项A：因为，，令，无解，所以直线与为异面直线，正确；
选项B：，，，
设平面的法向量，则，
令得平面的一个法向量为，
因为，所以直线平面，正确；
选项C：，，令解得，
所以存在点，使，正确；
选项D：，，因为，
所以直线与所成的角不为，错误；
故选：ABC
10. “天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）

喜欢天宫课堂
不喜欢天宫课堂
男生
80
20
女生
70
30
参考公式及数据：①，.②当时，.
A. 从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为
B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为
C. 根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联
D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85
【答案】BC
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.
【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；
对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，
恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；
对于C：因为，
所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；
对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，
又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；
故选：BC
11. 1807年法国数学家傅里叶指出任何音乐声都是形如的纯音合成的复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上单调递增
D. 当时，最小值为0，则
【答案】BD
【解析】
【分析】先将函数化简，然后利用正弦函数的性质和复合函数单调性逐项进行判断即可求解.
【详解】由题意，函数，
对于选项A，因为，
所以不是函数的最小正周期，故选项A错误；
对于选项B，因为，
，
所以直线是函数的一条对称轴，故选项B正确；
对于选项C，因为，
当，单调递增，且，
因为当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
由复合函数的单调性可知：函数在区间先增后减，故选项C错误；
对于选项D，由选项C可知，当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
当时，函数，当时，函数，当时，函数，
因为时，时，，
由复合函数的单调性可知：当时，最小值为0，则，
故选项D正确，
故选：BD.
12. 已知函数有四个零点，则（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数零点转化为方程的根，令，即方程有两根，根据一元二次方程根与系数的关系，结合函数图象、指数函数与对数函数的性质逐项分析即可得答案.
【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即，
令，即，即．
另外，，
令得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，，如图所示：

根据题意知存在两根，，不妨设，
则满足，．
即有，，
则由图象可知，所以，故A不正确；
由于方程的两根，满足，所以，解得，故B正确；
由，，得，
两边取自然对数得，故C正确；
由，两边取自然底数得
若，则，所以，
令，所以恒成立，所以在上单调递减，又，且，所以，故D正确.
故选：BCD．
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 某市高三年级男生的身高（单位：）近似服从正态分布，已知，若.写出一个符合条件的的值为__________.
【答案】（中的任意一个数均可）
【解析】
【分析】利用正态曲线的对称性即可求解.
【详解】​​​​​​​因为，且,
则,且，
故若，则.
故答案为:（中的任意一个数均可）.
14. 与曲线和圆都相切的直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，切线斜率不存在和斜率等于时不符合题意，当斜率不等于时，由切线与圆相切可得，由切线和曲线相切可得，从而解出，代入切线方程即可.
【详解】如图，

由题意得，当切线的斜率不存在时，显然不符合题意；
当切线的斜率存在时，设切线方程为，
当时，显然不符合题意；
当时，因为切线与圆相切，所以圆心到切线的距离等于半径，
即，化简得.
又因为切线和曲线相切，联立方程组，
消去得，即，
则，即.
所以，解得或.
当时，，舍去；当时，.
所以切线方程为，即.
故答案为：
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与交于点、，直线为在点处的切线，点关于的对称点为.由椭圆的光学性质知，、、三点共线.若，，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解.
【详解】如下图所示：

因为点关于的对称点为，则，
因为，且，
所以，，所以，，
可得，则，
所以，，故.
故答案为：.
16. 已知动圆和定圆的半径均为1，动圆自初始位置（如图，圆心的坐标为，圆上的点的坐标为，逆时针沿圆滚动，则在滚动过程中，点的纵坐标的最大值为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】设圆绕圆逆时针转的圆心角，得到且，过点作、，得到，设，得到，设，设函数，求得，得出函数的单调性与最大值，进而求得为的最大值.
【详解】如图所示，设圆绕圆逆时针转的弧长为，对应的圆心角为，
因为圆和圆的半径都是，所以，即，且，
过点作，再过点作，垂足为，可得,
设，则，不妨设，
设，可得，
令，即，解得或，
当，即时，，函数单调递减；
当，即时，，函数单调递增，
所以时，即时，函数取得极大值，也是最大值，
即时，函数取得最大值，最大值为.
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. 如图1，矩形中，，，为的中点，现将，分别沿，向上翻折，使点，分别到达点，的位置，且平面，平面均与平面垂直（如图2）.

（1）证明：，，，四点共面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别取的中点，连接,由面面垂直的性质可得平面，平面,故.再证明四边形是平行四边形，可得，从而可证明；
（2）取的中点，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.
【小问1详解】
分别取的中点，连接,
因为，所以.
因为平面平面，平面平面,平面,
所以平面.
同理可得平面,所以.
在中，，所以，同理，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为分别是的中点，所以,所以，
所以，，，四点共面.
【小问2详解】
在图（1）中，，所以，所以.
取的中点，连接，则,所以.
由（1），两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
设平面的法向量为，
因为，
则，令，可得.
又因为，设直线与平面所成的角为，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求；
（2）若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，将的面积表示为的函数，并求的取值范围.
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，再根据余弦定理即可求解；
（2）由题可得为等边三角形，，在与中，分别由正弦定理求出，，根据三角形面积公式可得，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
即，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
由及可知为等边三角形.
又因为，，所以.

在中，，
由正弦定理可得,，即.
在中，,
由正弦定理可得，，即.
所以.
因为

，
因为，所以，
所以，所以.
所以，所以，
所以.
所以的取值范围为.
19. 已知数列为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4….即先取，接着复制该项粘贴在后面作为，并添加后继数2作为；再复制所有项1，1，2并粘贴在后面作为，，，并添加后继数3作为，…依次继续下去.记表示数列中首次出现时对应的项数.
（1）求数列的通项公式；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，进而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解；
（2）根据题意，先求出前项中每个数值出现的次数，进而求解即可.
【小问1详解】
由题意知：，即，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
【小问2详解】
由（1）可知，，所以在前项中出现1次，
5在前项中出现2次，4在前项中出现次，3在前项中出现次，2在前项中出现次，1在前项中出现次，
所以.
20. 为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：
年份
2018
2019
2020
2021
2022
年份代码
1
2
3
4
5
年借阅量（册）


36
92
142
（参考数据：）
（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；
（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型②的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）；模型②的拟合效果更好
【解析】
【分析】（1）求5年的借阅量的平均数，可得随机变量服从超几何分布，求得概率即可得分布列与期望；
（2）根据计算样本中心值代入方程求得，即可得回归方程，计算残差即可得答案.
【小问1详解】
由题知，5年的借阅量的平均数为：，又，则
所以低于平均值的有3个，所以服从超几何分布，，
所以，，，
所以的分布列为：








所以；
【小问2详解】
因为
所以，即.
所以模型②的经验回归方程为：
根据模型①经验回归方程可得：
根据模型②的经验回归方程可得：
因为，且
所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，
所以模型②的拟合效果更好.
21. 已知为坐标原点，双曲线的左，右焦点分别为，，离心率等于，点是双曲线在第一象限上的点，直线与轴的交点为，的周长等于，.
（1）求的方程；
（2）过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，对应的切点为，.证明：直线与椭圆相切于点，且.
【答案】（1）
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，再根据离心率求出，进而求解；
（2）设，设的方程为：，
联立方程组，利用判别式可得为的两解，利用韦达定理可得为直角三角形，进而可得直线的方程为：，将其代入椭圆方程，得到，，进而求证.
【小问1详解】
由题意知，，
又因为，
所以，
所以，又因为，所以，
所以的方程为：.
【小问2详解】
设，则，
，，
设切线的斜率分别为，设的方程为：，
因，所以，
所以，
所以 （*）
因为，整理得，
即，所以，同理：，
因为切线均过点，同理根据上面可知，
为的两解，所以，
所以，为直角三角形，
因为，所以，
所以，同理：，
所以直线的方程为：，
将直线：，代入椭圆的方程：可得：
，即，
所以，，
所以直线与椭圆相切，切点，
所以，所以，
所以.

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
22. 已知函数，.
（1）讨论极值点的个数；
（2）若恰有三个零点和两个极值点.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若，且，证明：.
【答案】（1）当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求导，对进行讨论，研究单调性可得函数的极值；
（2）(i)由(1)知: ,且,,又得出，即可得证；
(ii)易得，令,可得，要证明:，只需证:，只需证: (显然,易证)，即证明:，又因为,所以，令,,利用导数证明即可.
【小问1详解】
由题知:，
设函数,
当时,开口向上,,
所以,在上单调递减,无极值点；
当时, 在上有两个解,
又因为,
所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.
所以有两个极值点.
综上:当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点.
【小问2详解】
(i)由(1)知: ,且,
又因为,
所以.
(ii)由(i)知:,,,
所以,所以.
令,,
所以在上单调递减,在上单调递增.
因为时,>0;时,<0.
所以.
所以,要证明:,
只需证:,
只需证: ,
​​​​​​​只需证: ,
只需证:,
又因为在上单调递增,
所以只需证:.
令，所以，
所以函数在上单调递减；
所以，即.
所以，要证：，只需证：，即证明:.
因,所以,所以.
又因为,
所以,所以.
令,,则,
所以在上单调递增,所以,
所以,所以成立.
【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）转化为证明（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；二是利用常见结论放缩；
（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.