山东省青岛市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份山东省青岛市2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共24页。

2023年高三年级第三次适应性检测
数学试题
本试卷共4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. 已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.
【详解】因为集合A，B满足，故可得，
对A：当为的真子集时，不成立；
对B：当为的真子集时，也不成立；
对C：，恒成立；
对D：当为的真子集时，不成立；
故选：C.
2. 若为等比数列，则“”是“数列是递增数列”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】B
【解析】
【分析】
根据等比数列是递增数列，得到一定成立，反之不成立，结合充分条件和必要条件的判定，即可求解.
【详解】若等比数列是递增数列，可得一定成立；
反之：例如数列，此时满足，但数列不是递增数列，
所以“”是“数列是递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性性，以及必要不充分条件的判定，着重考查推理与计算能力，属于基础题.
3. 将四位数2023的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用列举法求古典概型的概率即可.
【详解】将2023各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数（含原来的四位数）的基本事件有：2203、2230、3220、3022、2023、2320、2032、2302、3202共9个，
所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的基本事件有：2023、2320、2032、2302、3202共5个，
所以所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为.
故选：A.
4. 某比赛决赛阶段由甲，乙，丙，丁四名选手参加，在成绩公布前，A，B，C三人对成绩作出如下预测：A说：乙肯定不是冠军；B说：冠军是丙或丁；C说：甲和丁不是冠军．成绩公布后，发现三人中只有一人预测错误，则冠军得主是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】由题意分类讨论一一排除即可.
【详解】若A预测错误，则B、C预测正确，即乙是冠军，则B的预测冠军是丙或丁错误，矛盾；
若B预测错误，则A、C预测正确，即甲乙丁不是冠军，丙是冠军，与B的预测矛盾；
所以C预测错误，则A、B预测正确，即甲和丁有一个是冠军，又B预测冠军是丙或丁正确，故冠军为丁.
故选：D
5. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．这条直线被称为欧拉线．已知的顶点，，，若直线l：与的欧拉线平行，则实数a的值为（ ）
A. －2 B. －1 C. －1或3 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解.
【详解】由的顶点，，知，
重心为，即，
又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点，即，
所以可得的欧拉线方程，即，
因为与平行，
所以，
解得，
故选：B
6. 将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图像变换及单调性计算即可.
【详解】向左平移，
得，
时，，在上单调递减，
即，故.
故选：C
7. 已知向量，，满足：，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面坐标系，用坐标表示，，，利用数量积的坐标运算计算即可.
【详解】由题意不妨设，则，且，
解之得或，
由，
即的终点C在以为圆心，1为半径的圆上，故，
由圆的对称性，不妨令，即，连接AD交圆于E，由点与圆的位置关系可知
.
故选：A

8. 已知O为坐标原点，双曲线C：的左，右焦点分别为，，过C的右焦点且倾斜角为的直线交C右支于A，B两点，AB中点为W，，△的周长等于12，则（ ）
A. a＝3 B. 双曲线C的渐近线方程为
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用韦达定理、弦长公式、双曲线定义及两点间距离公式可求得、的值，进而代入计算判断各个选项即可.
【详解】如图所示，

由题意知，，，其中，
设直线AB方程为，
联立，
设，，
则，，
则
所以①，
由双曲线定义知，，
所以的周长为，
所以②，
由①②得：③，
又因为为AB的中点，
所以，，
所以，
所以，解得：④，
由③④可得：，
所以双曲线方程为.
所以双曲线渐近线方程为，故A项错误、B项错误；
对于C项，，故C项错误；
对于D项，因为，所以，
所以，
所以，故D项正确.
故选：D.
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. 关于x的方程的复数解为，，则（ ）
A.
B. 与互为共轭复数
C. 若，则满足的复数z在复平面内对应的点在第二象限
D. 若，则的最小值是3
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再逐项计算、判断作答.
【详解】因为，因此不妨令方程的复数解，
对于A，，A错误；
对于B，与互为共轭复数，B正确；
对于C，，由，得，
则复数z在复平面内对应的点在第四象限，C错误；
对于D，设，由，得，显然有，由选项A知，
因此，当且仅当，即时取等号，D正确.
故选：BD
10. 为了判断某地区超市的销售额与广告支出之间的相关关系，现随机抽取7家超市，得到其广告支出与销售额数据如下表，则（ ）
超市
A
B
C
D
E
F
G
广告支出x万元
1
2
4
6
10
13
20
销售额y万元
19
32
44
40
52
53
54

A. 广告支出的极差为19
B. 销售额的中位数为40
C. 若销售额y与广告支出x之间的经验回归方程为，则
D. 若去掉超市A这一组数据，则销售额y与广告支出x之间线性相关程度会减弱
【答案】AC
【解析】
【分析】根据极差、中位数、线性回归的相关知识即可解决.
【详解】A：支出极差：，故A正确；
B：销售额中位数：按照从小到大的顺序排列后，可知中位数为44，故B错误；
C：样本中心点恒过线性回归方程，因为，所以，故C正确；
D：因为不在线性回归直线上且偏差较大，去掉这组数据后，相关程度会更高，故D错误.
故选：AC.
11. 已知实数a，b，满足a＞b＞0，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
分析】对于选项A：根据题意结合基本不等式分析判断；对于选项B：利用作差法分析判断；对于选项C：分析可得，结合指数函数单调性分析判断；对于选项D：结合幂函数单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即，解得或，
所以或，故A错误；
对于选项B：，
因为a＞b＞0，则，即，且，
所以，即，故B正确；
对于选项C：因为a＞b＞0，且，
可得同号，则有：
若同正，可得，
则，可得；
若同负，可得，
则，可得；
综上所述：，
又因为在定义域内单调递减，所以，故C正确；
对于选项D：因为a＞b＞0，则，
可得在内单调递增，可得，
且，所以，故D正确；
故选：BCD.
12. 在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝1，，点M，N分别为PB，AC中点，W是线段PA上的动点，则（ ）
A. 平面平面ABC
B. 面积的最小值为
C. 平面WMN截该三棱锥所得截面不可能是菱形
D. 若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设所成角为，由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式结合二次函数的性质可判断B；当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，可判断C；若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，三棱锥的棱长最长为，故可求出正方体的体积最小值可判断D.
【详解】对于A，因为，，
故，，则，又因为，
所以，故，
因为，为的中点，所以，
则平面ABC，所以平面ABC，
平面，则平面平面ABC，故A正确；

对于B，因为平面ABC，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，设所成角为，
而，
又，故，
，
所以的面积为，

故B正确；
对于C，当为中点，取的中点，连接，
因为，故四边形四点共面，
且四边形为平行四边形，又因为，
故四边形为菱形，所以当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，故C不正确；

对于D，因为，，所以，
故三棱锥P－ABC的外接球半径为，故该外接球的内接正方形的棱长为，
若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题的关键点在于由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式可得，再由二次函数的性质可求出面积的最小值.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 已知椭圆的长轴长为，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】求得抛物线焦点即椭圆焦点，再设椭圆方程，由椭圆长轴长和焦点坐标求得，，再由，，的关系求即可.
【详解】抛物线方程化为标准方程得，焦点坐标为，
∵抛物线焦点与椭圆的一个焦点重合，∴椭圆焦点在轴，
设椭圆方程为，（），
则由焦点坐标和长轴长知，，∴，
∴，
∴椭圆的标准方程为.
故答案为：.
14. 已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由圆锥侧面展开图求得圆锥母线长，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，由此图形计算出球的半径后可得表面积．
【详解】设圆锥母线长为，由题意，，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，是切点，如图，易知是圆锥的高，在上，
由得，因此，所以，
，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为，
故答案为：．

15. 若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为______．（用数字作答）
【答案】28
【解析】
【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.
【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.
故答案为：28.
16. 设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数均有．则______．
【答案】
【解析】
【分析】采用赋值的方式可求得，令和可证得的对称轴和奇偶性，由此可推导得到的周期性，利用周期性可求得函数值.
【详解】令，则，；
令，，则，又，；
令，则，关于直线对称；
令，则，
不恒成立，恒成立，为奇函数，
，，
是周期为的周期函数，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用抽象函数的周期性求解函数值的问题，解题关键是能够通过赋值的方式，借助已知中的抽象函数关系式推导得到函数的对称性和奇偶性，以及所需的函数值，进而借助对称性和奇偶性推导得到函数的周期.
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B；
（2）若c＝3a，D为AC中点，，求的周长．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用诱导公式、两角和的正弦公式、同角关系式变形整理可求得角；
（2）由余弦定理求得，在和中由余弦定理和求得，从而可得周长．
【小问1详解】
∵，所以，
，
则，整理得，
又，∴，而，∴；
【小问2详解】
，
由余弦定理得，，
是中点，则，
在中由余弦定理得，，
在中由余弦定理得，，
，，
∴，解得，
所以的周长为．
18. 如图，三棱台中，平面平面ABC，AB＝AC，，，．

（1）求四棱锥的体积；
（2）在侧棱上是否存在点E，使得二面角E－AC－B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）2； （2）存在，E为侧棱的中点
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.
（2）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量及二面角的余弦值求解作答.
【小问1详解】
在三棱台中，取的中点，连接，
因为，，，则，有，
，因为平面平面，平面平面，
则平面平面，平面平面，平面，于是平面，
梯形中，，则梯形的高，
因此梯形的面积，
所以四棱锥的体积.
【小问2详解】
取的中点，连接，因为，则，
在等腰梯形中，分别为上下底边的中点，有，
而平面平面，平面平面，平面，于是平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，令，有，
设平面的法向量为，而，
则，令，得，
因为平面，则为平面的一个法向量，记二面角的平面角为，
于是，
即，而，解得，
所以存在点为的中点，使得二面角的余弦值为.
19. 记是数列的前n项和，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，成等差数列，求．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由时，得的递推关系，从而可得；
（2）由已知让结合等差数列性质求得，由此可得，已知式中让取偶数即可得，从而得出结论．
【小问1详解】
∵，∴时，，
两式相减得：，即，
是偶数时，，
∴；
【小问2详解】
由已知①，②，
∵，，成等差数列，∴③，
①②③联立解得，
∴，，
由已知得，即，
综上，．
20. 已知动圆P经过点，并且与圆B：相切，记圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若动圆Q的圆心在曲线C上，定直线l：x＝t与圆Q相切，切点记为M，探究：是否存在常数m使得？若存在，求m及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在常数使得， 此时直线l方程为
【解析】
【分析】（1）由动点的轨迹满足椭圆定义求椭圆方程即可.
（2）设出点Q坐标可表示、，根据恒成立列式可求得结果.
【小问1详解】
如图所示，

由题意知，圆B圆心为，半径为4，设动圆P的半径为R，
因为，
所以点在圆B内，如图所示，
所以，，
所以，
所以圆心P的轨迹为以A、B为焦点，长轴长为4的椭圆.
所以，，故，，则.
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
如图所示，

存在常数m使得，理由如下：
设，则，，，
所以，，
假设存在常数m使得，
则对于任意的恒成立，
即：对于任意的恒成立，
所以， .
即：存在常数使得， 此时直线l方程为.
21. 甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为，．
（1）记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及数学期望；
（2）假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，，求a，b，c；并证明：答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．
【答案】（1）分布列见解析，；
（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得的取值，再求对应的概率即可求得分布列；再根据分布列求即可；
（2）求得，再分析第轮得分情况和第轮得分情况，从而求得递推关系，通过的正负，即可判断和证明.
【小问1详解】
由题可知是，的取值为，
；
；

故的分布列如下：








则.
小问2详解】
由题可知，；
经分析可得：
若第轮没有得分，则；
若第轮得分，且第轮没有得分，则；
若第轮得分，且第轮得分，第轮没有得分，则；
故，故；
因为，故，
故

；
故，且，
则，
所以答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大.
【点睛】关键点点睛：本题考察离散型随机变量分布列、数学期望的求解；第二问处理的关键是能够合理分析第轮的得分对概率的影响，从而求得递推关系；属综合困难题.
22. 已知函数，当，b＝1时，曲线在x＝0处的切线与x轴平行．
（1）求c；
（2）当时，，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把，b＝1代入，利用导数的几何意义结合给定切线求出c并验证作答.
（2）不等式等价变形成，构造函数，分类讨论并结合导数确定出a，b取值范围，结合不等式性质构造函数利用导数求出最小值判断作答.
【小问1详解】
依题意，，求导得，于是，解得，
而当时，，，因此曲线在x=0处的切线为，平行于x轴，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，，
令，求导得，
若，则，不符合题意，
若，当时，，符合题意，
当时，，
因此函数在上单调递增，，符合题意，
当时，令，则，
即函数在上单调递增，而，
则存在使得，当时，，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意，
综上得且，则有，令，
求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，即，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.