山东省实验中学2023届高三数学第一次模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省实验中学2023届高三数学第一次模拟考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 已知集合，集合，则．，5B等内容，欢迎下载使用。

山东省实验中学2023届高三第一次模拟考试
数学试题
2023.5
注意事项：
1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码.
2．本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第3页至第4页.
3．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
第Ⅰ卷（共60分）
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. 已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义可得，复数在复平面内对应的点在以（2，3）为圆心，1为半径的圆上，根据图像即可得答案.
【详解】设复数，则，所以，即，则复数在复平面内对应的点在以（2,3）为圆心，1为半径的圆上， 所以在复平面内对应的点在第一象限. 故选A.
【点睛】本题考查复数的几何意义，需熟练掌握复数的加减及求模运算法则，属基础题.
2. 已知集合，集合，则（ ）．
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
因此，.
故选：B.
3. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的离心率求出的值，对椭圆的焦点位置进行分类讨论，求出的值，即可求得椭圆的长轴长.
【详解】因为，所以，.
①若椭圆的焦点在轴上，则，可得，则，
此时，椭圆的长轴长为；
②若椭圆的焦点在轴上，则，可得，则，
此时，椭圆的长轴长为.
综上所述，椭圆的长轴长为或.
故选：D.
4. 在高三某次模拟考试中，甲、乙两个班级的数学成绩统计如下表：
班级
人数
平均分数
方差
甲
40
70
5
乙
60
80
8
则两个班所有学生的数学成绩的方差为（ ）．
A. 6.5 B. 13 C. 30.8 D. 31.8
【答案】C
【解析】
【分析】由表格的数据求出两个班所有学生的数学平均分数，再根据方差公式计算两个班所有学生的数学成绩的方差．
【详解】因为甲班平均分数为，乙班平均分数为，
所以两个班所有学生的数学平均分数为，
所以两个班所有学生的数学成绩的方差为：



.
故选：C
5. 一袋里装有带编号的红色，白色，黑色，蓝色四种不同颜色的球各两个，从中随机选4个球，已知有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率求出至少有两个球颜色相同的概率，再求出两球颜色相同、另外两球颜色不同的概率即可求解作答.
【详解】记至少有两个球颜色相同的事件为，两球颜色不同的事件为，
因此，，
所以有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为.
故选：C
6. 已知，，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意构造函数求解出，根据选项构造函数，判断其单调性从而得出选项.
【详解】，又，则，
设，显然为增函数，因为，所以
又，，则
令，设，则，当时单调递增，
则在上单调递增，故，解得.
故选：B
【点睛】思路点睛：①选择题中判断不等式关系：思路一：遇到解析式不相近，可考虑通过作差法进行大小比较；思路二：遇到解析式相近，可考虑构造函数，利用函数单调性与内外函数关系进行大小比较.②选择题中构造函数思路：可根据选项提示，将含同一类字母的的式子写在一般，观察不等号两边式子共性进行构造函数；若原式复杂，在不等式问题中可适当放缩后构造新函数.
7. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.
【详解】满足，，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
故选：B.
8. 已知实数满足，记，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示可得，然后结合点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系即可求出.
【详解】设，因为
因为在以原点为圆心，为半径的圆上，且.
设点到直线的距离之和为，则，转化为求的最大值.
设点为点与点的中点，设点到直线的距离为，则，
又.故点轨迹方程为圆.
圆上点到直线距离的最大值.
所以的最大值是.
故选：C.

【点睛】
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. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A. 若回归方程为，则变量与负相关
B. 运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心
C. 若决定系数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越好
D. 若散点图中所有点都在直线上，则相关系数
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，根据得到变量与负相关；B选项，运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心；C选项，的值越接近于1，拟合效果越好；D选项，若散点图中所有点都在直线，说明此时相关系数.
【详解】因为，所以变量与负相关，A正确；
运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心，B正确；
若决定系数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越差，
越接近于1，表示回归模型的拟合效果越好，C错误；
若散点图中所有点都在直线，结合可得：相关系数为1，D错误；
故选：AB
10. 已知为等差数列，前n项和为，，公差，则（ ）．
A.
B.
C. 当或6时，取得最大值为30
D. 数列与数列共有671项互为相反数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的等差数列，求出通项公式判断A；利用性质计算判断B；由单调性结合正负数项计算判断C；求出两个数列的互为相反数的项数
判断D作答.
【详解】数列为等差数列，前n项和为，，公差，
则有，A正确；
因为，所以，B正确；
因为，即数列为递减等差数列，且当时，，
因此数列的前5项均为正，第6项为0，从第7项起为负，
所以当或6时，取得最大值，C正确；
令数列的第n项与数列的第m项互为相反数，即，
于是，而，则为偶数，令，有，
因此数列与数列成互为相反数的项构成等差数列，且，
显然，即，又，则，
所以数列与数列共有670项互为相反数，D错误.
故选：ABC
11. 已知AC为圆锥SO底面圆O的直径（S为顶点，O为圆心），点B为圆O上异于A，C的动点，，，平面α和直线SO所成的角为θ，该圆锥侧面与平面α的交线为曲线C，则（ ）．
A. 过该圆锥顶点S的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B. 的取值范围为
C. 若，E为线段AB上的动点，则的最小值为
D. 若，则曲线C必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；

对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线为曲线，则必为双曲线的一部分，D正确.
故选:ACD.
【点睛】思路点睛：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12. 对于定义域为D的函数，若存在区间使得同时满足:①在上是单调函数；②当的定义域为时，的值域也为，则称区间为该函数的一个“和谐区间”，则（ ）
A. 函数有3个“和谐区间”
B. 函数，存在“和谐区间”
C. 若定义在上的函数有“和谐区间”，实数t的取值范围为
D. 若函数在定义域内有“和谐区间”，则实数m的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由的单调性得到a，b为的两个实根，解出x可能取值，确定3个“和谐区间”，A正确；B选项，只有1个解，故不合题意；C选项，分离常数后得到的单调性，问题转化为函数与的图象交点问题，求出函数的单调性和最值情况，从而得到答案；D选项，由函数单调性，确定，，转化为，换元后得到，由的范围求出m的取值范围.
【详解】A选项，因为均在R上单调递增，
所以函数在R上单调递增，
所以有，即a，b为的两个实根，解得x可能取值为，0，，
即函数的有3个“和谐区间，，，故A正确.
B选项，由于，，只有一解，故不存在“和谐区间”，故B错误；
C选项，在上有“和谐区间”，所以存在区间，使函数的值域为，
函数在上单调递增，
∴a，b为关于x的方程的两个实根，即方程在上有两个不等的实根，
即在上有两个不等的实根，
令与，
问题转化为函数与的图象，在上存在两个不同的交点.
，令，解得，
由对勾函数性质可知：函数在单调递减，在上单调递增，
故，且，，
要想即在上有两个不等的实根，
此时，解得：，故，C正确；
D选项，函数在定义域单调递减，
当的定义域为时，的值域也为，
故①，②，
两式相减可得.，
即，③
将③代入②，，
令，得，
又，故，
∵，所以，
∴，
故实数m的取值范围为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】函数新定义问题，命题新颖，要熟练掌握函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，有时常常用导函数求解函数单调性及值域，很好的考察学生们知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用赋值法可得出的值.
【详解】令，则，
因此，.
故答案为：.
14. 若函数在区间上存在最小值，则整数的取值可以是______．
【答案】（答案不唯一，、均可）
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，作出图形，求出使得的的值，根据函数在区间上有最小值可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为，则.
由可得，由可得或，
所以，函数的减区间为，增区间为、，

所以，函数的极大值为，极小值为，
令，其中，则，解得，
因为函数在区间上存在最小值，则，解得，
所以，整数的取值集合为.
故答案为：（答案不唯一，、均可）.
15. 若平面向量，，满足，，，，则的最小值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】在平面直角坐标系内，令，再设出，的坐标，利用给定的数量积、结合坐标运算、均值不等式求解作答.
【详解】在平面直角坐标系内，令，设，
由，得，由，得，由，得，即，
，
则，当且仅当或时取等号，
所以的最小值为2.
故答案为：2
16. 已知三棱锥，平面平面，为中点，，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】设三棱锥外接球的球心为，连接，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，由，
可知和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心在平面和平面内的射影是和的中心，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为平面平面，平面平面，
所以平面，而平面，因此，所以是矩形，
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.

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. 已知正项数列的前项和为，且，．
（1）求；
（2）在数列的每相邻两项、之间依次插入、、、，得到数列、、、、、、、、、、，求的前项和．
【答案】（1），．
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，利用累加法可求得的表达式，结合可得出的表达式，再检验的情形，综合可得出的通项公式；
（2）由求出数列的通项公式，列举出数列的前项，即可求得的值.
【小问1详解】
解：对任意的，因为，
当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合，
所以，．
【小问2详解】
解：因为，，
所以当时，，
所以，，
所以，数列的前项分别为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以的前项是由个与个组成．所以．
18. 如图，在四棱锥中，已知，．

（1）求证：；
（2）若平面平面，，且，，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) 取的中点，连接，证明，，由线面垂直的判定定理得平面，从而得到.
(2) 由平面平面得平面，从而得到，故为二面角的平面角.建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和的坐标，代入夹角公式得到夹角的余弦值，即为直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接.

∵在中，，，∴，
同理可在中，，，
∴，且，平面，
∴平面，又平面，∴.
【小问2详解】
因为平面平面，交线为，
又，，
所以，因为平面，
所以平面，因为平面，所以，
故为二面角的平面角，，
以为原点，所在直线为x轴，以所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，,
则设平面的一个法向量为，
则，令，得
又，所以直线与平面所成角的正弦值为
．
19. 如图，平面四边形中，，，．的内角的对边分别为，且满足．

（1）判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径；若无，说明理由；
（2）求内切圆半径的取值范围．
【答案】（1）有，
（2）
【解析】
【分析】(1)先由余弦定理求，再由正弦定理结合条件得，所以，，所以四点共圆，则四边形外接圆半径就等于外接圆的半径．由正弦定理即可求出；
(2)由三角形面积公式得到，则，由正弦定理得，，化简得，因为，所以，即可得到的取值范围，从而得到半径的取值范围．
【小问1详解】
在中，，
所以，
由正弦定理，，可得，
再由余弦定理，，又，所以．
因为，所以，所以四点共圆，
则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．
又，所以．
【小问2详解】
由（1）可知：，则，
，
则．
在中，由正弦定理，，
所以，，
则

，
又，所以，
所以，，即，
因为，所以．
20. 某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次数学知识竞赛．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩（单位：分），并以此为样本绘制了如下频率分布直方图．

（1）求该100名学生竞赛成绩的第80百分位数；
（2）从竞赛成绩在，的两组的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记竞赛成绩在的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从随机抽取20名学生，用表示这20名学生中恰有k名学生竞赛成绩在内的概率，其中．当最大时，求k．
【答案】（1）76.25；
（2）分布列见解析，；
（3）或.
【解析】
【分析】（1）利用给定的频率分布直方图，求出成绩落在的频率，确定第80百分位数所在区间，再列式计算作答.
（2）利用分层抽样求出成绩在，内人数，再求出X的可能值及对应概率，列出分布列并求出期望作答.
（3）随机抽一名学生，求出成绩在的概率，再利用独立重复试验的概率公式，列出不等式求解作答.
【小问1详解】
由直方图可知成绩在，，，的频率和为，
而成绩在的频率为，则抽取的100名学生成绩的第80百分位数在内，
设第80百分位数为x，则，解得，
所以第80百分位数为76.25．
【小问2详解】
由频率分布直方图可得：竞赛成绩在，两组的频率之比为，
则10人中竞赛成绩在的人数为人；在的人数为人；
则X所有可能的取值为0，1，2，3，
于是，，
，，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




数学期望为．
【小问3详解】
用频率估计概率，竞赛成绩在内的概率，
则，
．
令，解得，当且仅当时取等号，即，
当时，，当时，，
所以当或，最大．
21. 在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大1，记点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E：于A，B两点，交曲线C于M，N两点，若为定值，求实数λ的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，设出点P的坐标，再列出方程化简作答.
（2）设出直线l的方程，分别与椭圆E、曲线C的方程联立，利用弦长公式求出弦长，再代入计算判断作答.
【小问1详解】
设，依题意，，两边平方并整理，得，
所以曲线C的方程为．
【小问2详解】
设，，，，依题意，设直线l的方程为，

由消去y并整理，得，而点为椭圆E右焦点，
因此，，
则，
由（1）知，，
若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，
由消去y并整理，得，而点为抛物线的焦点，
则，于是，
从而，
要使为定值，则，即，
所以实数λ的值为3．
22. 已知函数．
（1）若对时，，求正实数a的最大值；
（2）证明：；
（3）若函数的最小值为m，试判断方程实数根的个数，并说明理由．
【答案】（1）1 （2）证明见解析
（3）有唯一的实数解，理由见解析
【解析】
【分析】（1）将不等式恒成立问题转化成求函数的最值，再利用导数与函数单调性间的关系，通过求出函数的单调区间，进而求出最值，从而求出结果；
（2）利用（1）中结果，得到，通过令，从而得到，再通过过累加即可得出结果；
（3）利用函数的单调性求出的范围，构造函数，通过函数的单调性和零点的存在性原理即可求出结果.
【小问1详解】
由题知，令，所以，
又因为时，，a为正实数，故在区间恒成立，
所以函数在区间上单调递增，且．
①当时，在区间上恒成立，函数在上单调递减，
此时，符合题意．
②当时，，，
由零点存在定理，时，有，
即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，有，此时不符合，
综上所述，正实数a的最大值为1．
【小问2详解】
由（1）知，当，时，，
令时，有，
即，所以，，，，
累加得，
即，
所以
【小问3详解】
因为，所以，令，则在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，有，即，
因此，而函数在上递减，在上递增，
所以，
又因为，令，则，所以在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，所以，即．
设，则，令，
则在区间上恒成立
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，，即，
因此，又，
设，则在区间上恒成立，
所以函数在上递增，
于是且，
而函数在上递减，在上递增，
∴，
即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．
【点睛】关键点睛：零点代换：当存在零点，且满足等式时，对应在此点处的等量运算也成立，即若有，则有.