山东省烟台市2023届高三数学下学期第一次模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省烟台市2023届高三数学下学期第一次模拟考试试题（Word版附解析），共26页。

数学
注意事项：
1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．
2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．
3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
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，只有一项符合题目要求．
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】求得，进而可得.
【详解】，
，
.
故选：A．
2. 已知集合，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再利用集合间包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．
【详解】解：由，，解得，
所以，
集合，
因为，所以，解得．
故选：C．
3. 在中，“”是“”（ ）
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】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，
由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.
【详解】设，
由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，
故直线的方程为，
联立方程，消去y得，
则，
可知异号，
由题意可得：，
解得.
故选：B.
5. 新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（ ）
A. 180辆 B. 360辆 C. 600辆 D. 840辆
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.
【详解】因为，且，
所以，
所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.
故选：A.
6. 由点射出的两条光线与分别相切于点，，称两射线，上切点右侧部分的射线和优弧右侧所夹的平面区域为的“背面”．若处于的“背面”，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设过点的切线方程为，进而可得切线方程，利用新定义可求的最值，进而可求实数的取值范围．
【详解】解：设过点的切线方程为，

，，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
处于的“背面”，
与相切时取最小值，由，解得或，
结合图形可得的最小值为，
同理与相切时可得的最大值为，
．
故选：D．
7. 已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．
【详解】解：设，则，，

，
，或（舍去），
为的重心，，为的中点，
，
故选：B．
8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.
【详解】解：，，使，则，
可得，，
若k为奇数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，，
当时，，，，，
若k为偶数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，
当时，，，，，
因此，所有解之和为：，
故选：C.
【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 近年来，我国人口老龄化持续加剧，为改善人口结构，保障国民经济可持续发展，国家出台了一系列政策，如2016年起实施全面两孩生育政策，2021年起实施三孩生育政策等．根据下方的统计图，下列结论正确的是（ ）
2010至2022年我国新生儿数量折线图

A. 2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万
B. 2010至2022年每年新生儿数量的第一四分位数低于1400万
C. 2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降变化趋势
D. 2010至2016年每年新生儿数量的方差大于2016至2022年每年新生儿数量的方差
【答案】AC
【解析】
【分析】根据折线图逐项进行分析验证即可求解.
【详解】对于A，由折线图可知：2010至2022年每年新生儿数量13个数据中有2010至2018年的数量（9个）均高于1500万，3个数据低于1400万，根据数据之间的差距可得 2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万，故选项A正确；
对于B，由图可知共有13个数据，因为，所以第一四分位数是按照从小到大排列的数据的第4个数据，由折线图可知，第4个数据为2019年新生儿的数量，其值大于1400万，故选项B错误；
对于C，由折线图可知2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势，故选项C正确；
对于D，由折线图可知：2010至2016年每年新生儿数量的波动比2016至2022年每年新生儿数量的波动小，所以2010至2016年每年新生儿数量的方差小于2016至2022年每年新生儿数量的方差，故选项D错误，
故选：AC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 的最小正周期为
B. 当时，的值域为
C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（ ）
A. 向量在上的投影向量为
B. 若为直角三角形，则为等轴双曲线
C. 若，则的离心率为
D. 若，则的渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为，可判断B，设，解得，可得，可判断C，设,可得，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.
【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,
Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，
为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，
，，，，故C错误；
对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，
，在双曲线上，，，，
的渐近线方程为，即，故D正确.
故选：ABD
12. 已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得，，依据每个选项的条件逐项计算可判断每个选项的正确性．
【详解】由题意得，，
，，，
对于A：，因为函数在上单调递增，
，故A正确；
，因为函数在上单调递增，
，故B正确；
由，，，，
，故C错误；
令，则，
当时，，在上单调递增，
因为，则，所以，
，，，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中含项的系数为______．
【答案】－60
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】，
设该二项式的通项公式为，
因为的次数为，所以令，
二项式的通项公式为，
令，
所以项的系数为，
故答案为：
14. 某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有10个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检：从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占，则小张决定采购该企业产品的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，
在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
则小张决定采购该企业产品的概率；
故答案为：．
15. 过点与曲线相切的直线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.
【详解】设切点坐标，，.
则切线方程为，因为在切线上，
所以，即
又，所以，
令，，当时，，
所以在上单调递增，
所以方程只有唯一解为.
即切点坐标为，故所求切线方程为，即.
故答案为：
16. 在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥 的外接球表面积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
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. 已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
即，
解得或，
因为各项均为正数，
所以，
所以，
由，
得，
解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
所以，
两式相减可得，
整理可得．
18. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求证：；
（2）若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；
（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得
又，所以
因为为锐角三角形，所以，，
又在上单调递增，所以，即；
【小问2详解】
由（1）可知，，所以在中，，
由正弦定理得：，所以，
所以．
又因为为锐角三角形，所以，，，解得，
所以，即面积的取值范围为．
19. 黄河鲤是我国华北地区的主要淡水养殖品种之一，其鳞片金黄、体形梭长，尤以色泽鲜丽、肉质细嫩、气味清香而著称．为研究黄河鲤早期生长发育的规律，丰富黄河鲤早期养殖经验，某院校研究小组以当地某水产养殖基地的黄河鲤仔鱼为研究对象，从出卵开始持续观察20天，试验期间，每天固定时段从试验水体中随机取出同批次9尾黄河鲤仔鱼测量体长，取其均值作为第天的观测值（单位：），其中，．根据以往的统计资料，该组数据可以用Logistic曲线拟合模型或Logistic非线性回归模型进行统计分析，其中a，b，u为参数．基于这两个模型，绘制得到如下的散点图和残差图：

（1）你认为哪个模型的拟合效果更好？分别结合散点图和残差图进行说明：
（2）假定，且黄河鲤仔鱼的体长与天数具有很强的相关关系．现对数据进行初步处理，得到如下统计量的值：，，，，，，其中，，根据（1）的判断结果及给定数据，求关于的经验回归方程，并预测第22天时仔鱼的体长（结果精确到小数点后2位）．
附：对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，；参考数据：．
【答案】（1）拟合效果更好，答案见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；
（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.
小问1详解】
Logistic非线性回归模型拟合效果更好．
从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；
从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内．
【小问2详解】
将转化为，
则，所以，
所以．
所以关于的经验回归方程为．
当时，体长．
20. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．

（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，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）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
【小问2详解】
由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
21. 在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
设，由题意，
因为，所以，
即，两边平方并整理得．
故点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
设直线方程为，
联立，消并整理得，，显然，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段中垂线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以
又，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，故．
【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，且0为的一个极值点．
（1）求实数的值；
（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【小问1详解】
由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
【小问2详解】
①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.