2023-2024学年山东省青岛市高三上学期期中数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市高三上学期期中数学模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了和是单位向量且满足，则的夹角为，已知数列的前项和为，设，，则，如图是一个圆台的侧面展开图，下列命题中错误的有，若满足，则等内容，欢迎下载使用。

说明：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷.满分150分.答题时间120分钟.
2．请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题：本大题共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．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．和是单位向量且满足，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的面积等于（ ）

A．2B．C．4D．
5．已知数列的前项和为，设，，则（ ）
A．B．C．D．1012
6．如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），已知该扇环的面积为，两段圆弧所在圆的半径分别为3和6，则该圆台的体积为（ ）

A．B．C．D．
7．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面直角坐标系中，点，，其中点在第一象限.若，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共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，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．下列命题中错误的有（ ）
A．平行向量就是共线向量
B．相反向量就是方向相反的向量
C．与同向，且，则
D．两个向量平行是这两个向量相等的必要不充分条件
10．若满足，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在两个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若时，，则的最小值为
12．若数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数，曲线在点处的切线方程是 ．
14．已知函数的图像如图所示，则 ．
15．已知底面为正方形的四棱锥的五个顶点在同一个球面上，，，，则四棱锥外接球的体积为 ．
16．已知函数为奇函数，且，若，则数列的前2022项和为 .
四、解答题：本大题共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．在中，角所对的边分别为，满足．
(1)求的值；
(2)若，且的面积为，求的周长．
18．在中，是上的点，平分，.
(1)求的值；
(2)若，，求的长.
19．数列前项和满足，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)对任意，将数列中落入区间内项的个数记为，求数列前项和．
20．如图为一块边长为的等边三角形地块，现对这块地进行改造，计划从的中点出发引出两条成角的线段和（，，分别在边，上），与和围成四边形区域，在该区域内种上花草进行绿化改造，设.

(1)当时，求花草绿化区域的面积；
(2)求花草绿化区域的面积的取值范围.
21．已知函数
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在最大值，求最大值和的取值范围．
(3)当时，求证：．
22．数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；
(3)记数列的前项和为，证明：
1．C
【分析】求得集合，求得集合，根据集合的并集运算，即可求解，得到答案．
【详解】由题意可得集合，集合，
所以.
故选.
2．B
【分析】待定系数法结合复数相等即可求解.
【详解】设，则，
则，
则，解得：，则.
故选：B
3．D
【分析】根据单位向量模长为1，将两边同时平方利用数量积定义即可得的夹角为.
【详解】由和是单位向量可得，
又可得，即，
可知，所以.
故选：D
4．D
【分析】求出正方形的面积，根据直观图和原图形面积之间的关系，即可求得答案.
【详解】由题意可知，即，
故，所以，
则原四边形的面积为，
故选：D
5．C
【分析】由已知推得，进而得出的前几项，观察可得的周期，根据数列的周期性，求和即可得出答案.
【详解】易知，由得.
又，
所以，，，
故数列是以3为最小正周期的周期数列，
所以.
故选：C.
6．A
【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.
【详解】圆台的侧面展开图是一扇环，设该扇环的圆心角为，
则其面积为，解得，
所以扇环的两个圆弧长分别为和，
设圆台上下底面的半径分别为，高为，所以，解得，
，解得，作出圆台的轴截面，如图所示：

图中，，过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，则上底面面积，，
由圆台的体积计算公式可得.
故选：A.
7．B
【分析】根据题意可得函数在上单调递减，结合可将不等式化为，可得不等式解集为.
【详解】根据定义域为且可知，
又，所以对，恒成立；
即可知函数在上单调递减；
又，可得，
不等式可化为，解得，
可得不等式的解集为.
故选：B
8．C
利用二倍角和两角和差公式可化简等式求得，利用两角和差正切公式可求得结果.
【详解】由得：
，
即.
点在第一象限，，，
，，即.
如图，设，则，
.
故选：C.
易错点经：本题的易错点是考生忽略已知条件“点在第一象限”，从而不能确定，还有部分考生不能在平面直角坐标系中确定点在点的下方，导致考生可能会分两种情况求解的值.
9．BC
【分析】根据平行向量和共线向量的定义即可判断A的正误；
根据方向相反的向量和相反向量的定义即可判断B的正误；
根据向量的定义即可判断C的正误；
根据平行向量和相等向量的定义即可判断D的正误．
【详解】由平行向量和共线向量的定义可知，A选项正确；
因为相反向量是方向相反，长度相等的两个向量，所以B选项错误；
因为向量是既有大小又有方向的量，所以任何两个向量都不能比较大小，所以C选项错误；
因为两个向量平行不能推出两个向量相等，而两个向量相等可以推出这两个向量平行，
因此两个向量平行是这两个向量相等的必要不充分条件，所以D正确．
故选：BC.
10．AD
【分析】利用重要不等式计算即可.
【详解】由题意得，解得，当且仅当时等号成立，故A正确，B错；
，解得，当且仅当时等号成立，故C错，D正确.
故选：AD.
11．ABC
【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．
【详解】对于A．，解得，所以A正确；
对于B．，
当时，，当时，或，
所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，
所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确．
对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；
对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．
故选：ABC.
易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．
12．BCD
【分析】先用退位相减法求出，再用分组求和法求出，即可判定选项A,B；采取一定的放缩后裂项相消求和，即可判定选项C；用错位相减法即可求出，则选项D可判定.
【详解】因为
当时，，
当时，可得
原式与之相减可得
则可得
所以数列是从第二项开始为常数数列，
又，可得，即，
所以，
当时，
，
当时，也符合上式，故，
故选项A错误，选项B正确；
，
当时，
当时
，
故选项C正确；
因为，
所以；
所以
两式相减可得：
，
故选项D正确；
故选：BCD.
13．
【分析】根据导数的几何意义即可求解切线方程.
【详解】，，，
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
故
14．
【分析】结合函数图象由，解得，得到，进而得到，然后由函数图象过点求解.
【详解】由图可知：，
所以，
所以，
所以，
因为函数图象过点，
所以，
所以，
解得，
又因为，
解得.
故
本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.
15．
【分析】利用勾股定理得到，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，即可得到点为四棱锥外接球的球心，然后求外接球半径和体积即可.
【详解】
因为四边形为正方形，，所以，
因为，所以，
因为，，平面，所以平面，
连接交于点，过点作平面交于点，
因为四边形为正方形，所以，分别为的中点，，
由题意得点为四棱锥外接球的球心，
所以外接球半径为，外接球体积.
故答案为.
16．2022
【分析】由为奇函数，可得，再由，得，然后利用倒序相加法可求得结果.
【详解】由于函数为奇函数，则，
即，所以，
所以，
所以
，
因此数列的前2022项和为，
故2022
17．(1)
(2)6
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角恒等变换求得，由此可求的值；
（2）利用（1）的结论再结合三角形的面积公式以及余弦定理，求出即可得解．
【详解】（1）在中，，
由正弦定理有：，
可得：，则有，
因为，故，从而，
又，所以，得．
（2），，
由，则有，
由余弦定理，，
得，解得，
由解得，
所以的周长为6.
18．(1)；
(2)
【分析】（1）由题意结合正弦定理即可求得最终结果；
（2）结合（1）的结论和同角三角函数基本关系整理计算即可求得的大小，在中，由正弦定理求的长．
【详解】（1）在中，是上的点，平分，，
由内角平分线定理可得：，由正弦定理有：．
（2）由结合（1）的结论有：
，则：，
整理可得：，由，得，
在中，，则，
由正弦定理可得，，即，得．
19．(1)，
(2)
【分析】（1）根据求出是以为首项，为公比的等比数列，得到的通项公式，并求出；
（2）得到，解不等式求出，推出为等比数列，利用公式求出前项和.
【详解】（1），①，当时，，
当时，②，
两式①-②得，即，
其中，也满足上式，
故是以为首项，为公比的等比数列，
故；
；
（2），
令，解得，又，
故，则，
故，所以为等比数列，首项为，公比为3，
所以.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据角度确定为平行四边形，进而和均为边长为的等边三角形，则利用面积割补法求解即可；
（2）将面积表示为，方法一：利用正弦定理用表示出和，令，利用三角变换及正切函数的单调性求得，利用对勾函数的性质求得，即可求解面积范围；
方法二：运用三角形相似，得出线段间的数量关系，再根据对勾函数的单调性求得范围.
【详解】（1）当时，，，四边形为平行四边形，
则和均为边长为的等边三角形，
又，
.
花草绿化区域的面积为.
（2）方法一：由题意知：，，
，
在中，，由正弦定理得.
在中，，，
由正弦定理得：，
.
令，
，，，，
，在上单调递减；在上单调递增.
即，，
即花草地块面积的取值范围为.
方法二：由已知得，，
又，，在和中有：，
，，得，
又是的中点，，，且当在点时，，
所以，
所以，
设，，且，令，则，
时，，在单调递减，
时，，在上单调递增，
时，有最小值2，当或时，，
所以花草地块面积的取值范围为.
21．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导函数分析单调性；
（2）分和两种情况讨论；
（3）构造函数，，根据单调性得到，即，再结合即可得证.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，
令得，令得，
所以在上单调递增，上单调递减.
（2），
当时，，所以此时在上单调递增，无最大值；
当时，令得，令得，
所以此时在上单调递增，上单调递减，
所以，
所以，.
（3）由（2）得，当时，，
令，，
则，
所以在上单调递增，，
则，
又，所以.
22．(1)
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）由等比数列和等差数列定义并利用已知条件可求得公差，公比，即可得出数列和的通项公式；
（2）根据通项公式可知是4的整数倍，即可得；
（3）由（2）可得对于都成立，可得，利用等比数列前项和公式即可得出证明.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由可得，易知，所以，解得；
又可得，可得；
由可得，即；
因此可得，；
所以数列和的通项公式为.
（2）数列和的公共项需满足，
可得，即是4的整数倍，
可知，由二项式定理可知若是4的倍数，则为正数，即；
所以可得，
即的通项公式为
（3）易知，显然对于都成立，
所以对于都成立，
即
，
即可得.