2023届山东省日照实验高级中学高三模数学试题含解析

2023届山东省日照实验高级中学高三模数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，

，

所以.

故选：B.

2．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求.

【详解】设（），由题意得，解得，，所以

故选：C

3．已知，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用余弦的二倍角公式结合的范围求出，进而得到余弦值和正切值，结合诱导公式求出答案.

【详解】由题意得，

解得或．

又，所以，

则，，

所以，，

，，

故ACD错误、B正确．

故选：B

4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为（    ）

A．4 923 B．4 933 C．4 941 D．4 951

【答案】D

【分析】设该高阶等差数列为，逐项之差成等差数列记为，求出通项公式，由，利用累加法求.

【详解】设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.

令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即，

故

.

故选：D

5．已知抛物线的焦点为，点在上，点在准线上，满足( 为坐标原点），，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，为等边三角形，求得，利用三角形面积公式求解即可.

【详解】由题意得抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为，设准线与轴的交点为，如图，由题知.

由抛物线的定义知，又，所以是等边三角形，

因为，所以，

则中，，

所以的面积为.

故选：A

6．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（    ）

A．28 B．29 C．30 D．31

【答案】C

【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.

【详解】由题意，，即，

令，即，故，即，

可得，即.

故选：C

7．已知，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】化简由题意，可得，构造，得到则，再令，求得函数的单调性，结合单调性，即可求解.

【详解】由题意，可得，

所以令，则，

令，则，

所以在上单调递减，，所以恒成立，

所以在上单调递减，

因为，所以，即，

所以，所以，即.

故选：A.

8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用导数判断的单调性，求出其零点的值，根据求出的范围.令g(x)=0，参变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解．

【详解】，

，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

为方程的根，即﹒

故，即为，解得﹒

是函数的零点，

方程在上有解﹒

即在上有解﹒

，

在上有解﹒

令，

则，

设，

则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减﹒

又，

﹒

﹒故实数a的最小值是﹒

故选：A﹒

二、多选题

9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（    ）

A． B．事件A和事件B互为对立事件

C． D．事件A和事件B相互独立

【答案】ACD

【分析】求得的值判断选项A；举反例否定选项B；求得的值判断选项C；利用公式是否成立判断选项D.

【详解】选项A：.判断正确；

选项B：事件B：第一次向下的数字为偶数, 第二次向下的数字为奇数，

则两次向下的数字之和为奇数.则事件A和事件B不是对立事件.判断错误；

选项C：，则.判断正确；

选项D：，又，,

则有成立，则事件A和事件B相互独立.判断正确.

故选：ACD

10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称

B．函数的图象关于点对称

C．函数在区间上的减区间为

D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到

【答案】ABC

【分析】根据三角函数图象的性质即可求解.

【详解】∵，∴，∴．

又∵，得（舍）或，

因为，∴，

∴，

其图象对称轴为，．当时，，故A正确；

∵，，，

∴的图象关于点对称，故B正确；

∵函数的单调递减区间为，．

∴，，

∴当时，在上单调递减，

所以在上单调递减，故C正确；

∵．故D错误．

故选:ABC.

11．如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．三棱锥的体积不变

D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长

【答案】ACD

【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；将与矩形沿翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得B错误；利用体积桥可求得三棱锥的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.

【详解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，

的最小值为的高，，A正确；

对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，

则的最小值为；

又，，，

在中，由余弦定理得：，

，即，B错误；

对于C，平面，平面，；

四边形为正方形，，

又，平面，平面；

，

即三棱锥的体积不变，C正确；

对于D，设点到平面的距离为，

，，即，解得：，

以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，

交线长为，D正确.

故选：ACD.

12．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）

A． B．，

C． D．，

【答案】ACD

【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.

【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；

B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；

C.，，而，

所以，，

由， ，，则，则，故C正确；

当时，，，

令，则，，

则，即，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．设，则________．

【答案】

【分析】运用二项展开式的通项公式赋值计算即可.

【详解】∵，

∴，

∴.

故答案为：.

14．写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：___________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与联立，由判别式为零求解.

【详解】解：设切线与圆相切于点，则，

切线的方程为，即，

将与联立，可得，

令，

联立解得或或或

所以切线的方程为或或或.

故答案为：（答案不唯一）

15．已知正实数满足，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】构造函数，利用单调性可得，再利用均值不等式即可求解.

【详解】由，得，

令，则在上单调递增，所以，即，

又因为是正实数，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

故答案为：

16．已知是椭圆的左､右焦点，点P是椭圆上任意一点，以为直径作圆N，直线与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则___________.

【答案】

【分析】利用向量的数量积运算可得，利用，进一步利用椭圆的定义可转化为，进而得解.

【详解】连接,设椭圆的基本量为，

,

故答案为：3.

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A的大小；

(2)若边上的中线，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过三角恒等变换和正弦定理化简即可.

（2）将中线转化为向量的模长，从而求出的最大值，即可求出面积的最大值.

【详解】（1）依题意有

，又，

，又，

解得，，

；

（2）因为

所以，

当且仅当时成立，

故面积的最大值为.

18．如图，在四棱锥中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，ABDC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.

(1)证明：平面EAC⊥平面PBC；

(2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角P-AC-E的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质及勾股定理的逆定理可证出线面垂直，再由面面垂直的判定定理求证即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）∵平面，平面，

∴.

∵，由，且是直角梯形，

∴，

即，

∴.

∵，平面，平面，

∴平面.

∵平面，

∴平面平面

（2）∵平面，平面，

∴.

由（1）知.

∵，平面，平面，

所以平面，

∴即为直线与平面所成角.

∴，

∴，则

取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以､､为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

∴，，

设为平面的法向量，则，

令，得，，得

设为平面的法向量，

则，令，则，，得.

∴.

由图知所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

19．已知数列满足：，．

(1)求证：数列和均为等比数列；

(2)设，数列的前n项和为，求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由，两式相减结合累加法得出，，再由定义证明即可；

（2）先得出的通项公式，进而证明，从而得出，最后结合裂项相消求和法证明.

【详解】（1）由，    ①

，        ②

将②－①得，

故当时，，，，…，，

累加得，故，

当时，，故，即，，

因此为以3为首项，9为公比的等比数列．将代入①得，

故为以9为首项，9为公比的等比数列．

（2）由（1）知，，故，

当n为奇数时，；

当n为偶数时，，

因此对任意，均有，

则．当时，；

当时，．

20．某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：

(1)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？

(2)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计的值.

(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数的概率分布列及数学期望.

附：

【答案】(1)认为数学成绩与语文成绩有关；

(2)；

(3)分布列见解析，.

【分析】（1）零假设后，计算的值与比较即可；

（2）根据条件概率公式计算即可；

（3）分层抽样后运用超几何分布求解.

【详解】（1）零假设：数学成绩与语文成绩无关.

据表中数据计算得：

根据小概率值的的独立性检验，我们推断不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；

（2）∵，

∴估计的值为；

（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，随机变量的所有可能取值为.

，，

，，

∴的概率分布列为：

∴数学期望.

21．已知双曲线的右焦点为F，双曲线C上一点关于原点的对称点为，满足.

(1)求的方程；

(2)直线与坐标轴不垂直，且不过点及点，设与交于、两点，点关于原点的对称点为，若，证明：直线的斜率为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由已知得到的坐标，根据求出，进而根据双曲线的方程，联立方程组即可求出结果；

（2）方法一：联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系.然后根据，化简得到.由，即可求出；方法二：由已知可推出.将定点平移至原点，然后平移双曲线，得到.设直线，代入双曲线构造齐次式.得到关于的二次形式，根据斜率关系得出，即可求出斜率.

【详解】（1）由已知可得，.

则，，

由可得，，所以.，

又点在双曲线上，所以.

联立，可得，

所以，C的方程为.

（2）法一：设，，则，

所以，，

由可得，，所以，

整理可得，.

由已知可设直线的方程为（且）.

联立直线与双曲线的方程可得，.

，所以.

由韦达定理可得，又，，.

所以，由可得，

，

整理可得，，

因为，不恒为0，所以应有，解得.

所以直线l的斜率为定值.

法二：

设，则，.

所以，，

所以.

又由题意知，所以.

将双曲线平移至，即.

则P平移至， A，B分别平移至，.

设直线的方程为，

代入双曲线可得，，

所以，.

两边同除以，可得，

所以，

所以.

所以，直线的方程为，

所以，所以直线l的斜率为定值.

【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中，题干中出现垂直关系，常用坐标法，化为数量积为0.然后根据韦达定理，得出等量关系，进而求出参数.

22．已知函数.

(1)若，求函数的极值；

(2)若，，且满足，求证：.

【答案】(1)极小值为，无极大值.

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）依题意可得，则，先证明，构造函数利用导数即可证明，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明.

【详解】（1）当时，则，

当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值为，无极大值.

（2）证明：当时，依题意可得，显然，

先证明，令，则，

所以当时，单调递增，所以，

当时，单调递减，所以，

所以，

又依题意，

令，则，

所以当时，所以在上单调递减，

所以，也即，

当时利用在上单调递减可知，

当时也有，

所以，则，综上可得.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．