2023年山东省威海市高考数学二模试卷-普通用卷

这是一份2023年山东省威海市高考数学二模试卷-普通用卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省威海市高考数学二模试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知全集，集合满足，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长已知某科技公司年至年云计算市场规模数据，且市场规模单位：千万元与年份代码的关系可以用模型其中拟合，设，得到数据统计如表： 年份年年年年年由上表可得回归方程，则的值约为(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知直线过定点，线段是圆的直径，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知等边三角形为圆锥的轴截面，为圆锥的底面直径，，分别是，的中点，过且与平面垂直的平面记为，若点到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，，若总存在两条不同的直线与曲线，均相切，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  以下说法正确的是(    )A. 将封不同的信全部投入个邮筒，共有种不同的投法
B. 将本不同的数学书和本不同的物理书排成一排，且物理书不相邻的排法有种
C. 若随机变量，且，则
D. 若随机变量，则10.  将函数图象上的所有点向左平移个单位，得到函数的图象，则(    )A.
B. 在上单调递减
C. 在上有个极值点
D. 直线是曲线的切线11.  已知数列的首项，前项和为设与是常数，若对任意，均有成立，则称此数列为“”数列若数列是“”数列，且，则(    )A.  B. 为等比数列
C. 的前项和为 D. 为等差数列12.  已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与的右支交于点，若，则(    )A. 的离心率为 B. 的渐近线方程为
C. 到直线的距离为 D. 以实轴为直径的圆与相切三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知向量，，，若，则 ______ ．14.  若函数是奇函数，则实数 ______ ．15.  已知抛物线：的焦点为，过的直线与交于，两点，且，为坐标原点，直线交的准线于点，则与的面积之比为______ ．16.  在棱长为的正方体中，点满足，其中，当直线平面时，的轨迹被以为球心，为半径的球面截得的长度为，则 ______ ；当时，经过，，的平面与棱交于点，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知偶函数的部分图象如图所示，，，为该函数图象与轴的交点，且为图象的一个最高点．
证明：；
若，，，求的解析式．
18.  本小题分
如图，在四棱台中，平面，下底面是菱形，，，．
求四棱锥的体积；
求平面与平面所成角的余弦值．
19.  本小题分
已知个数排列构成以为公比的等比数列，其中第个数为，第个数为，设．
证明：数列是等差数列；
设，求数列的前项和．20.  本小题分
乒乓球被称为中国的“国球”世纪年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军乒乓球比赛每局采用分制，每赢一球得分，一局比赛开始后，先由一方发球，再由另一方发球，依次每球交换发球权，若其中一方先得分且至少领先分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成：平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得分的一方为胜方，该局比赛结束现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
求该局比赛中，打完前个球时甲得分的概率；
求该局比赛结束时，双方比分打成：且甲获胜的概率；
若在该局双方比分打成：平后，两人又打了个球该局比赛结束，求事件“”的概率．21.  本小题分
已知椭圆：的三个顶点构成边长为的等边三角形．
求的标准方程；
已知直线的倾斜角为锐角，分别与轴、轴相交于点，，与相交于，两点，且为线段的中点，关于轴的对称点为，直线与的一个交点为．
证明：直线与的斜率之比为定值；
当直线的倾斜角最小时，求的方程．22.  本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
证明：方程在上有且只有一个解；
设点，，，若对任意，，都有经过，的直线斜率大于，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为，且，
所以或，
所以，，，．
故选：．
根据补集的定义求出集合，再判断即可．
本题考查补集的定义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为，所以，
所以．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算化简，再计算模即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为，
所以
．
故选：．
利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得．
本题主要考查了诱导公式及二倍角公式的应用，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：因为，所以，
又，
所以．
故选：．
根据指数和对数的关系及对数的运算性质计算可得．
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由题意可得，，
将代入可得，
且，所以，
又因为，即，所以．
故选：．
据题意，由回归方程过点，可得，再由即可求得．
本题考查线性回归方程的运用，解题的关键是利用线性回归方程恒过样本中心点，这是线性回归方程中最常考的知识点．属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：直线可化为：，
由解得，
所以直线过定点，
圆的圆心为，半径为，
所以，
所以．
故选：．
求出定点，圆心及半径，利用向量的运算可得，即可求值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：如图，作于点，

因为平面平面，且平面平面，
所以平面，，点，为，的中点，则，
且为等边三角形，则，所以，
所以底面半径，母线，
则该圆锥的侧面积．
故选：．
首先根据面面垂直的性质，作出点到平面的距离，再结合图形，求出底面半径和母线，即可求解．
本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的侧面积公式，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得，则，
整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
所以在处取得极大值即最大值，即，
由可得，又当时，；当时，，
所以，解得，故实数的取值范围为．
故选：．
设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于：第封信可以投入个信箱中的任意一个，有种投法；
同理，第，，封信各有种投法．根据分步乘法计数原理，共有种投法．故A错误；
对于：先排本不同的数学书有种排法，再将本不同的物理书插空有种排法，
所以共有种不同的排法，故B正确；
对于：因为，且，
所以，故C正确；
对于：因为，所以，
所以，故D错误；
故选：．
按照分步乘法计数原理判断，利用插空法判断，根据正态分布的性质判断，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质判断．
本题考查排列组合以及正态分布相关知识，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：将函数图象上的所有点向左平移个单位得到，故A错误；
当时，因为在上单调递减，
所以在上单调递减，故B正确；
当时，
令或或，
解得或或，所以在上有个极值点，故C正确；
设切点为，，
则，且，
因为，所以，
又，符合题意，即直线是曲线的切线，故D正确．
故选：．
根据三角函数的变换规则求出的解析式，再结合正弦函数的性质判断、、，设切点为，求出导函数，即可得到方程组，解得即可判断．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：由条件可知，，，
则，
两边平方后，整理为，即，
得或，
若，则，则，这与矛盾，所以不成立，
若，则，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，即，故A正确；
由可得，两式相减得，
，并且时，，即，得，
那么，所以不是等比数列，故B错误；
，
当时，，
当时，设数列的前项和为，
则


，
当时，成立，故，故C正确；
，，，，所以数列不是等差数列，故D错误．
故选：．
首先理解题意得，再变形得到数列和的通项公式，即可判断．
本题主要考查数列的求和，等差数列的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：由双曲线方程可知，，
设，则，那么，，
作轴，垂足为点，设，，则，
所以，，
两式解得：，即，，
中，根据余弦定理，
可得，
，得，
所以双曲线的离心率，故A正确；
，所以双曲线的渐近线方程为，故B错误；
直线的方程为，与双曲线方程联立，
得，解得：，因为点在双曲线的右支上，
所以点的横坐标为，到直线的距离为，故C正确；
以实轴为直径的圆的圆心为原点，半径为，
原点到直线的距离，故D正确．
故选：．
首先根据图形，结合三角函数，求得和，再根据余弦定理求，即可求得双曲线方程，判断；再利用方程联立，求得点的坐标，即可判断；并根据直线与圆的位置关系的判断方法，即可判断．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由题意知，，
因为，
所以，解得，
即的值为．
故答案为：．
根据平面向量线性运算的坐标表示可得，结合向量数量积的坐标公式计算即可求解．
本题主要考查向量的数量积运算，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：函数的定义域为，，

，
函数是奇函数，
则，
即，得．
故答案为：．
根据奇函数的定义，化简求值．
本题主要考查函数奇偶性，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：抛物线：的焦点为，准线方程为，因为，
所以，即，则，解得，不妨取，
则直线的方程为，即，
由，解得，所以，
又直线的方程为，令，可得，所以，
所以．
故答案为：．
首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，根据及焦半径公式求出，即可求出点坐标，从而求出直线的方程，再联立方程求出点坐标，求出的方程即可求出点坐标，最后根据面积公式计算可得．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
 16.【答案】   【解析】解：满足，其中，．
在正方形内，
平面平面，
当直线平面时，的轨迹是线段，
以为球心，为半径的球面截得的长度为，
，其中，
正方体的棱长为，，，
则，
，，则球半径．
在正方体中，平面，
若时，则的轨迹是线段，
过作，则平面，连接，则是在平面上的射影，
则是直线与平面所成的角，
则，
当时，最小为，此时最大为，
当时，最大为，此时最小为
即，
即的取值范围是，
故答案为：，．
根据满足，得到在正方形内，然后根据球的性质得，利用球的弦长公式进行求解即可．根据线面垂直的性质，确定的轨迹是线段，利用线面角的定义进行求解即可．
本题主要考查空间线面角的求解，根据线面垂直的性质，确定的位置，利用线面角的定义进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 17.【答案】证明：在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以，又，
所以．
解：因为，，，且，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，解得，
在中，
又，则，所以，
则，
所以，则，
，
所以，
所以． 【解析】在、中分别利用正弦定理可得，再结合即可证明；
依题意求出，即可得到，利用余弦定理求出，即可求出周期，从而求出，利用勾股定理求出，即可求出点坐标即可求出，再根据函数图象及偶函数求出，即可得解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
 18.【答案】解：是菱形，，
又平面，，平面，
，，又，，平面，
平面，
在四棱台中，四边形为直角梯形，
在菱形中，，是正三角形，，，
梯形的面积，
显然四棱锥的高，即为正边上的高，
四棱锥的体积；
在平面内过点作，由知，，两两垂直，
故以，，的方向分别为，，轴的正方向，建系如图，

则，
，
设平面的法向量，
则，取，
设平面的法向量，
则，取，
平面与平面所成角的余弦值为：
，． 【解析】根据给定条件，结合棱台的结构特征证明平面，四边形为直角梯形，再求出体积作答．
由的信息，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答．
本题考查四棱锥的体积的求解，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．
 19.【答案】解：由题意可得：，且，可得，
所以，可得，
则，
所以数列是以公差为的等差数列．
由可得，
则，
整理得，
则


，
所以数列的前项和． 【解析】根据等比数列的性质分析可得，再结合等差数列的定义分析证明；
根据两角差的正切公式整理得，结合裂项相消法运算求解．
本题主要考查等差数列的证明，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 20.【答案】解：若打完前个球时甲得分，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，
所以打完前个球时甲得分的概率．
若双方比分打成：且甲获胜，
则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，且乙最后一次发球甲胜，
双方比分打成：且甲获胜的概率．
由题意可得：若，则或，
可得；
；
所以． 【解析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，独立事件的积事件的概率乘法公式，即可求解；
根据互斥事件的并事件的概率加法公式，独立事件的积事件的概率乘法公式，即可求解；
由题意可得：或，再结合独立事件概率乘法公式，互斥事件的并事件的概率加法公式，即可求解．
本题考查独立事件的积事件的概率的求解，属中档题．
 21.【答案】解：因为，所以构成等边三角形的三个顶点为短轴的两个顶点与长轴的一个顶点，
则，，所以，，
所以椭圆方程为；
设直线的方程为，则，，
因为为线段的中点，则，
因为点关于轴的对称点为，所以，
所以，所以，所以直线与的斜率之比为定值；
由可知直线的方程为，设，，
由，可得，
所以，所以，
同理可得，所以，
所以直线的斜率，
当且仅当，即时，直线的斜率最小，此时，直线的倾斜角最小，且，
因为在椭圆上，所以，解得，即，
所以的方程为． 【解析】依题意可得，，即可求出，，从而得解；
设直线的方程为，则，，从而求出、，再根据斜率公式计算可得；
由可知直线的方程为，设，，联立与椭圆方程，即可求出，同理可得，即可表示出，利用基本不等式求出的最小值，即可得到的值，再由点坐标求出的值，即可得解．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
 22.【答案】解：因为定义域为，
且，
所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减．
证明：由化简得，
令，
要证方程在上有且只有一个解，
即证方程在上有且只有一个解，
又，所以当时，当时，
当时，
所以在，上单调递减，在上单调递增，
所以当时，
所以在上不存在满足，
又，，所以有且只有一个，满足，
所以在上有且只有一个解．
设，则，
由题意可知，可得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
所以在上恒成立，又，
所以在上恒成立，
令，则，，解得，
，令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，，
当时，所以，所以在上单调递增，
所以，满足题意；
当时，则，而，
所以存在唯一的，满足，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，满足题意，
综上可得，即实数的取值范围是 【解析】求出函数的导函数，结合正弦函数的性质即可得解；
将化简得，令，则问题转化为方程在上有且只有一个解，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
设，由题意可知，则，令，则，即在上单调递增，则在上恒成立，多次构造函数，利用导函数说明函数的单调性，即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于难题．