2023届山东省滨州市高三二模数学试题含解析

这是一份2023届山东省滨州市高三二模数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省滨州市高三二模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用绝对值不等式的解法及子集的定义，结合交集和并集的定义即可求解.【详解】由，得，所以，由,得集合不是集合的子集，故A错误；由,得集合不是集合的子集，故B错误；,故C正确；，故D错误.故选：C.2．已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的除法运算求出，根据复数的几何意义即可得答案.【详解】由题意，故复数在复平面内对应的点在第二象限，故选：B3．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】利用抛物线的定义即可求解.【详解】设抛物线的焦点为,则，由抛物线的定义知，，解得.故选：D.4．某组样本数据的频率分布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为，，，则，，的大小关系是（注：同一组中数据用该组区间中点值近似代替）（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据频率分布直方图中众数、平均数及百分位数计算规则计算即可判断.【详解】由频率分布直方图可知众数为，即，平均数，显然第一四分位数位于之间，则，解得，所以.故选：A5．已知直线与圆相切，则的最大值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】由直线和圆相切可得，利用基本不等式即可求得答案.【详解】由于直线与圆相切，故圆心到直线l的距离为，即，故，当且仅当时取等号，故选：B6．函数的图象如图所示，则（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【分析】由图象分析函数奇偶性，特殊位置，及函数定义域即可.【详解】由图象观察可得函数图象关于轴对称，即函数为偶函数，所以得：，故C错误；由图象可知，故D错误；因为定义域不连续，所以有两个根可得，即异号，，即B错误，A正确.故选：A7．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.【详解】解：将用变量x替代，则，，，其中，令，则，令，则，易知在上单调递减，且，，∴，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．又，，∴，∴在上单调递增，∴，即，∴，记，，则，在上单调递增，又，所以，所以综上，.故选：B．8．在正四棱锥中，，，过侧棱的延长线上一点作与平面平行的平面，分别与侧棱，，的延长线交于点，，．设几何体和几何体的外接球半径分别为和，当最小时，（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正四棱锥，正四棱台的结构特征确定外接球的球心、半径，再结合二次函数的最值求得结果.【详解】设，则，.过点作平面于点，交平面于点，则平面.设几何体和几何体的外接球球心分别为，由，，得，由得，几何体的外接球球心为在上，，，.在直角中，，解得.如图2，几何体的外接球球心为在上，设，，，则，即，解得，，则，当时，取最小值，即最小，此时.则，，，则与重合.故答案为：C.【点睛】多面体外接球球心位置方法点睛：多面体的外接球球心位于过底面外接圆圆心且与底面垂直的直线上. 二、多选题9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若∥，则C．若，则 D．若，则向量，的夹角为钝角【答案】BD【分析】由向量模的计算公式判断A；由共线向量的坐标运算判断B；由向量垂直时数量积为0判断C；由向量的数量积判断D.【详解】解：对于A，因为，，所以， ，解得或，故A错误；对于B，因为∥，所以，解得，故B正确；对于C，因为，所以，解得，故C错误；对于D，当时，，，又因为此时，不共线，所以向量，的夹角为钝角，故D正确.故选：BD.10．下列说法正确的是（    ）A．已知经验回归方程，则当时，的估计值为12.22B．在回归分析中，残差点分布的带状区域的宽度越窄表示拟合效果越差C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位D．在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画模型的拟合效果，若的值越小，则模型的拟合效果越好【答案】AC【分析】将代入回归方程即可判断A；根据残差的几何意义即可判断B；根据回归方程即可判断C；根据决定系数的几何意义即可判断D.【详解】对于A，经验回归方程，当时，，故A正确；对于B，在回归分析中，残差点分布的带状区域的宽度越窄表示拟合效果越好，故B错误；对于C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位，故C正确；对于D，在一元线性回归模型分析中，若的值越小，则模型的拟合效果越差，故D错误.故选：AC.11．已知函数，满足，则下列结论正确的是（    ）A．的值域为 B．的最小值为2C．的图象关于直线对称 D．是偶函数【答案】AC【分析】利用辅助角公式化简，再利用，求出，结合三角函数的性质即可求解.【详解】依题意，，所以的值域为，故A正确；因为，所以，即,解得，又，所以当时，的最小值为，故B错误；由，得的图象关于直线对称，故C正确；，，所以，所以是奇函数，故D错误.故选：AC.12．函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且满足，函数的图象关于点对称，则（    ）A．的图象关于点对称 B．8是的一个周期C．一定存在零点 D．【答案】ACD【分析】根据的图象关于点对称得的图象关于点对称，进而构造函数判断为偶函数，且关于对称，进一步得到的单调性，进而结合可求解ABD,由零点存在性定理即可判断C.【详解】对于A,由于的图象关于点对称，所以，故，所以的图象关于点对称，故A正确，由得，令所以，故为偶函数，又的图象关于点对称，所以，又，从而，所以的图象关于对称，对于C,在中,令，所以，由于在区间上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得在有零点，故C正确对于D,由于的图象关于对称以及得，又，所以，所以是周期为8的周期函数，，故D正确，对于B，，所以8不是的周期，故选：ACD【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，函数的常用性质有：奇偶性、单调性、对称性、周期性等.常见的奇偶性与对称性结合的结论有：(1)若函数为偶函数，则函数关于对称．(2)若函数为奇函数，则函数关于点对称．(3)若，则函数关于对称．(4)若，则函数关于点对称． 三、填空题13．在的二项展开式中，含有项的系数为________（结果用数值表示）【答案】【分析】先由二项展开式的通项公式得到，令，即可得出结果.【详解】因为的二项展开式的通项为，要求含有项的系数，只需令，所求系数为.故答案为【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.14．一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记2分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为，则的方差________．【答案】/【分析】记4次取到白球的个数为，则，可求得，结合方差的性质即可求得答案.【详解】由题意得从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球的概率为,记4次取到白球的个数为，则，则,故,则,故答案为：15．圆锥曲线的光学性质被人们广泛地应用于各种设计中，例如从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线镜面反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．如图，从双曲线的右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线的斜率为，且和反射光线互相垂直（其中为入射点），则双曲线的渐近线方程为________．【答案】和【分析】根据斜率公式可得点，将其代入双曲线方程中，结合结合，，即可解方程求解.【详解】设双曲线的方程为，设，，故，由此所以,将其代入双曲线方程中得，结合，，所以，解得或（舍去），因此，所以渐近线方程为：和.故答案为：和 四、双空题16．已知数列的前项和为，且，，，则________；若数列的前项和为，且，，则________．【答案】          2143【分析】根据已知条件及与的关系，利用等比数列的定义及等比数列的通项公式，结合对数的运算及分组求和法即可求解.【详解】因为，，所以，解得，当时，由，得，所以，即，所以，即，又因为，所以所以数列是以首项为，公比为的等比数列，所以.所以，因为，所以，解得当时，，当时，，当时，，所以，，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：利用与的关系及等比数列的定义，再利用数列求和中的分组求和法即可. 五、解答题17．已知的三个角，，的对边分别为，，，且．(1)若，求；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据，将等式中角，再根据三角恒等变换可得到角的三角函数值，即可求角.（2）将式中根据三角恒等变换，再利用正余弦定理化角为边可得.【详解】（1）若，则．因为，所以，，整理得．解得（舍），，因为，所以．（2）因为．所以，整理得由正弦定理得，由余弦定理得，即，所以．18．已知数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）通过数列的递推关系式，利用等比数列的定义，求出数列的通项公式;（2）利用裂项相消求和，即可证明结论.【详解】（1）因为，两边同除以，得，即，两边同时减，得，所以，所以，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，即，所以数列的通项公式为．（2），所以，因为，所以．19．如图，圆锥的母线长为，侧面积为，是圆的内接正三角形．(1)证明：平面；(2)若是圆的直径，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用圆锥的侧面积求出底面半径，进而求出正的边长为，在中利用证得，同理可证，最后利用线面垂直的判定定理证得；（2）过点做，交圆于点，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出面和面的法向量夹角的余弦，判定二面角为钝二面角，最后求出二面角的余弦.【详解】（1）设圆的半径为，因为圆锥的母线长为，侧面积为，所以，解得．因为是圆的内接正三角形，且，所以，在中，，所以，故，同理可得，又因为，所以平面；（2）过点做，交圆于点，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．所以，，，，，，，．设平面的法向量，则所以得取，则．设平面的法向量，则所以得取，则．所以，由题意知，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．20．山东省教育厅颁布的《山东省普通中小学办学基本规范》中提到，保证学生在校期间每天校园体育活动时间不少于 1 小时，小明为了响应号召，缓解学习压力，计划每天利用课间进行3次体育锻炼，每次锻炼项目为跑步、跳绳、踢毽子三个项目之一，已知小明每次锻炼项目只与前一次锻炼项目有关，在前一次锻炼某项目的情况下，本次锻炼各项目的概率如下表：前一次本次跑步跳绳踢毽子跑步0.50.20.3跳绳0.30.10.6踢毽子0.30.60.1(1)已知小明在第1次锻炼时选择了跳绳，则他在第3次锻炼时选择哪个项目的可能性最大？(2)已知小明选择各锻炼项目每次运动时间如下表：锻炼项目跑步跳绳踢毽子锻炼时间（分钟/次）648若当天小明除了3次体育锻炼和一节45分钟的体育课（户外运动）外，无其他校园体育活动时间．已知小明在第1次锻炼时选择了跳绳，求小明当天课间三次体育锻炼总时间的分布列和当天总运动时间的期望，并根据运算结果说明小明当天的运动时间是否符合《山东省普通中小学办学基本规范》的要求．【答案】(1)选择跳绳的可能性最大(2)分布列见解析；期望为分钟；说明见解析 【分析】（1）根据小明在第1次锻炼时选择了跳绳，可得第2次分别参加每项运动的概率，由此计算第3次参加各项运动的概率，比较可得答案；（2）写出课间三次体育锻炼总时间的所有可能取值，并计算对应的概率，从而列出分布列，再根据当天运动的总时间的关系式，根据期望公式计算期望，从而可得答案.【详解】（1）设事件“第次锻炼项目为跑步”，事件“第次锻炼项目为跳绳”，事件“第次锻炼项目为踢毽子”．因为小明在第1次锻炼时选择了跳绳， 所以小明第2次锻炼时选择三项运动项目的概率分别为，，，则小明第3次做三项运动的概率分别为，．因为所以小明在第3次锻炼时，选择跳绳的可能性最大．（2）先算课间三次体育锻炼总时间，小明在第1次锻炼时选择了跳绳，当天锻炼项目选择的所有情况有：，，，，，，，，共9种，课间三次体育锻炼总时间用表示，则的所有可能取值为12，14，16，18，20，，，所以小明在第1次锻炼时选择了跳绳，其当天课间三次体育锻炼总时间的分布列为设当天总运动时间为，根据题意，，则因为，所以小明在第1次锻炼时选择跳绳的情况下，当天总运动时间的期望为分钟，多于1小时，可以达到《山东省普通中小学办学基本规范》的要求．21．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，其短轴的一个端点到焦点的距离为．(1)求椭圆的标准方程；(2)若为的中点，为椭圆上一点，过且平行于的直线与椭圆相交于，两点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】(1)列出关于a、b、c的方程组求解即可；(2)直线l斜率不存在时，易得λ的值；斜率存在时，设l方程为，联立直线l与椭圆C的方程，求出，求出OP方程，联立OP方程与椭圆C的方程，求出，代入即可求得λ.【详解】（1）由题意，得，又，所以，所以，故椭圆的标准方程为；（2），，若直线的斜率不存在，则，，由，得，若直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去，得，，设，，则，，由题意，，所以由题意知，直线的方程为，由消去，得，设，则，所以，由，得，综上，存在实数，使得成立．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数．(1)若曲线在点处的切线方程为，求的单调区间；（为自然对数的底数）(2)设，证明：，．（参考数据：）【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）由题意，切点在切线上，可得，所以，求导，利用导数的正负求出单调区间；（2）由，即证，令，则问题转化为证明，求导，结合零点存在定理可知，存在，，使得，又，结合单调性可得时，所以只需证明即可，由题意得，令，利用的单调性即可证得结论．【详解】（1）由题意，切点在切线上，得，即，得，所以，所以，由，得；由，得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）当时，，即，即证，令，则问题转化为证明，，令，则，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，而，，．所以存在，，使得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故时，取极大值；时，取极小值，又，则时，所以只需证明即可．由题意，①由，得，②将②代入①得，令，则，故在上单调递减，则，所以当时，，不等式得证．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数的导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.