山东省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份山东省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析），共22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。
山东省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）A．0 B． C．1 D．22．已知全集，集合，则下列关系正确的是(    )A． B．C． D．3．已知二次函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．a>0 B．c<0 C． D．4．已知一组数据为20，30，40，50，50，50，70，80，其平均数、第60百分位数和众数的大小关系是（    ）A．平均数＝第60百分位数＞众数 B．平均数＜第60百分位数＝众数C．第60百分位数＝众数＜平均数 D．平均数＝第60百分位数＝众数5．在平面直角坐标系 中， ， 点 满足 ，则点的坐标为（    ）A． B． C． D．6．医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层.内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）.根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率.若，则，，.有如下命题：甲：；乙：；丙：；丁：假设生产状态正常，记表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于的数量，则.其中假命题是（    ）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．已知是不同的直线，是不重合的平面，给出下面四个命题： ①若，则；②若，则；③若是两条异面直线，，则；④若，则.其中正确的序号为A．①② B．①③ C．③④ D．②③④8．设，，，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知椭圆与椭圆，则下列说法错误的是（    ）A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等10．数列是递增的等差数列，前项和为，满足，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．时，的最小值为11．已知函数．若曲线经过点，且关于直线对称，则（    ）A．的最小正周期为 B．C．的最大值为2 D．在区间上单调递增12．已知函数，其中e是自然对数的底数，记，，则（    ）A．有唯一零点B．方程有两个不相等的根C．当有且只有3个零点时，D．时，有4个零点 三、填空题13．已知圆与圆没有公共点，则正数a的取值范围为________14．已知的内角，，所对的边分别是，，，设向量，，若，，则的面积的最大值为______．15．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．16．已知为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为，斜边上中线CE所在直线方程为，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为_______________________. 四、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求B；(2)若，，求的面积.18．已知数列满足.(1)设，证明：是等比数列；(2)记数列的前项和为，求.19．如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，分别为棱的中点.(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.20．为弘扬中国传统文化，山东电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：①有易、中、难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次．四轮答题得分总和不低于10分进入决赛．选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表： 容易题中等题难题答对概率0.70.50.3答对得分345 (1)若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；(2)甲四轮答题中，选择了一个容易题、两个中等题、一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为X，求随机变量X的数学期望．21．已知双曲线的渐近线方程为，且过点．(1)求双曲线的标准方程；(2)若点，过右焦点且与坐标轴都不垂直的直线与交于，两点，求证：．22．已知函数.(1)求在的最小值；(2)若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.
参考答案：1．A【分析】利用复数的除法，然后利用复数的实部与虚部相等即得.【详解】，由于复数的实部与虚部相等，则，解得.故选：A.2．B【分析】首先通过解一元二次不等式求出集合，进而判断选项A是否正确；通过集合间的包含关系和交运算可判断选项BD；利用补集运算可判断选项C.【详解】因为，解得或，所以或，由元素和集合的关系可知，，故A错误；由集合间的包含关系和交集运算可知，B正确，D错误；由补集运算可知，，故C错误.故选：B.3．D【分析】根据二次函数的图象特征即可逐一求解.【详解】由二次函数的开口向下可知： ，故A错误，二次函数与轴的交点可知 ，故B错误，与轴有两个交点，则，故C错误，由图可知，当 时， ，故 ，故D正确,故选：D4．B【分析】从数据为20，30，40，50，50，50，70，80中计算出平均数、第60百分位数和众数，进行比较即可.【详解】解：平均数为，，第5个数50即为第60百分位数.又众数为50，它们的大小关系是平均数第60百分位数众数.故选：B.5．A【分析】设，则由列方程组可求出的值，从而可得点的坐标【详解】设，由，因为，所以，因为，所以，解得，所以点的坐标为，故选：A6．D【分析】根据正态分布曲线的特点判断A，B，C；先计算出一只口罩过滤率小于等于的概率，然后根据即可计算出的值并进行判断.【详解】由题意可知，正态分布的；甲．因为，所以，故正确；乙．因为，所以，故正确；丙．因为，且，所以，故正确；丁．因为一只口罩过滤率小于等于的概率为，又因为，故错误；故选：D.【点睛】思路点睛：解决正态分布问题的三个关键点：（1）对称轴；（2）标准差；（3）分布区间.利用对称性可求指定范围内的概率值；由分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为的特殊区间，从而求出所求概率.7．C【详解】解：对于①,若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n或异面，故错；对于②,若m,n⊂α,m∥β,n∥β且m、n相交,则α∥β，故错；对于③,若m,n是两条异面直线,若m∥α,n∥α,在平面α内一定存在两条平行m、n的相交直线,由面面平行的判定可知α∥β，故正确；对于④，如果m⊥α，m垂直平面α内及与α平行的直线，故m⊥n，故正确；本题选择C选项.8．B【分析】根据指数函数的单调性和构造函数并证明单调性即可求解.【详解】令，所以，令得，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，所以，令，所以，所以在单调递增，，所以，所以，所以，所以，故选：B.【点睛】方法点睛：本题应用构造函数比较大小，需要注意控制变量的唯一性.9．ABC【分析】分别求出这两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，比较即可得到答案.【详解】由已知条件得椭圆中，，，，则该椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；椭圆中，焦点在轴上，，，，故这两个椭圆只有焦距相等.故选：.10．AC【分析】设等差数列的公差为，则，由可得出、的等量关系，可判断AB选项的正误；利用作差法可判断C选项的正误；解不等式可判断D选项的正误.【详解】设等差数列的公差为，则，因为，则，可得，A对；，B错；，则，C对；，，，即当时，的最小值为，D错.故选：AC.11．ABD【分析】由题知，进而得，，再结合题意得，进而再讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为曲线关于直线对称，所以，即，解得，所以，，所以，的最小正周期为，故A选项正确；因为曲线经过点，所以，解得，所以，，故B选项正确；所以，的最大值为，故C选项错误；当时，，所以在区间上单调递增，故D选项正确.故选：ABD12．ABD【分析】先对求导，判断出函数的单调性，画出的简图，对于选项A，通过令，从而将函数的零点转化成，的根来求解，利用图像可得出结果；对于选项B，通过构造两个函数，利用函数图像的交点来解决，从而判断出选项B的正误；选项C，通过令，从而得到，有且只有3个零点时,方程有两等根，且，或两不等根，，从而求出的范围；对于选项D，直接求出的值，再利用的图像即可判断结果.【详解】因为，所以，所以时，，时，    所以的图像如下图，选项A，因为，令，由，得到，由图像知，存在唯一的，使得，所以，由的图像知，存在唯一，使，即只有唯一零点，所以选项A正确；选项B，令，如图，易知与有两个交点，所以方程有两个不相等的根，所以选项B正确；选项C，因为，令，由，得到，当有且只有3个零点时，由的图像知，方程有两等根，且，或两不等根，，或（舍弃，不满足韦达定理），所以或即或，所以或，当时，，满足条件，所以选项C错误；选项D，当时，由，得到或，由的图像知，当时，有2个解，当时，有2个解，所以选项D正确.故选：ABD.13．【分析】求出圆心距，利用两圆外离或内含得出不等关系，从而得的范围．【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆没有公共点，则两圆外离或内含，∴或，又，所以或．故答案为：．【点睛】本题考查两圆的位置关系，判断方法是几何法：由两圆圆心距离与两圆半径之间的关系判断．14．【分析】利用两向量平行的充要条件求出三角形的边与角的关系，利用正弦定理将角化为边，再利用余弦定理求出B的余弦，求出角B，再由不等式及面积公式可求出最值．【详解】∵向量，，若，∴，由正弦定理知：，即，由余弦定理知：，∴cosB＝，∵B∈（0，π），∴B＝．又，所以，解得，当且仅当时等号成立，,所以的面积的最大值为.故答案为：15．17.8##【分析】首先分析超几何分布最大项确定的值，再通过超几何分布的期望公式求出的值，即可求出.【详解】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布，最大时，即最大，超几何分布最大项问题，利用比值求最大项设则令故当时，严格增加，当时，严格下降，即时取最大值，此题中，根据超几何分布的期望公式可得，故答案为：17.816．【分析】设，由中点公式求出点A坐标，根据等腰直角三角形可知，，建立与，与间关系，即可求出，进而根据点斜式求出直线的方程.【详解】因为中线CE所在直线方程为，所以可设，由AC中点为，可得，所以，为等腰直角三角形，CE为中线，,，①，又是的中点，,,，化简得： ②，由①②解得，所以点,又因为，所以直线方程为,即所求方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了两直线垂直位置关系，根据两直线垂直研究斜率之间的关系，直线方程的点斜式，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.17．(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；（2）利用余弦定理求出，再代入三角形的面积公式，即可得到答案；【详解】（1）由，得，即，所以，由正弦定理得，因为，所以. 因为，所以.（2）在中，因为，，，由余弦定理，得，即，解得或（舍去）.所以，即的面积为.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由可得，将递推式代入，利用等比数列的定义求解即可；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）因为，所以.又因为，所以数列是以2为首项2为公比的等比数列.（2）由（1）可知，，所以，所以，所以.两式相减，得，所以.19．(1)(2)棱上存在点，使得平面，且 【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再根据线面垂直的性质可得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）设点满足，再利用向量法求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，因为在四边形中，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，又在等边中，是的中点，所以，如图以为原点，建立空间直角坐标系，，故，，设平面的法向量，则即，可取，因为平面，所以即为平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；（2）设点满足，所以，则，因为平面，所以，解得，即棱上存在点，使得平面，且.20．(1)后两轮应该选择容易题进行答题，理由见解析(2) 【分析】（1）先分析得甲后两轮还有三种方案，利用独立事件的概率的乘法公式将每种方案进决赛的概率求出，比较之即可得解；（2）根据题意得到X的可能取值，结合独立事件的概率的乘法公式将X的每一个取值的概率求出，从而得到X的的分布列，从而求得X的数学期望．【详解】（1）依题意，甲前两轮都选择了中等题，只答对了一个，则甲得分为分，要进入决赛，还需要得分，所以甲后两轮的选择有三种方案：方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为：；因为，所以甲后两轮应该选择容易题进行答题.（2）依题意，X的可能取值为3、7、8、11、12、16，则，，，所以X的分布列为：X378111216P 所以.21．(1)；(2)证明见解析. 【分析】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，再将给定点坐标代入计算得解.(2)设出直线l的方程，再与双曲线C的方程联立，借助韦达定理计算得解.【详解】（1）因双曲线C的渐近线方程为，则设双曲线方程为，又双曲线过点，则，所以双曲线C的方程为，即.（2）由(1)知F(2，0)，l的斜率存在且不为0，设l的方程为，由消去y并整理得：，显然，设，，则，则，所以成立.22．(1)答案见解析；(2)正，理由见解析 【分析】（1）由导数法求最值，对、、分类讨论即可；（2）由（1）得只有时方程有两个不同的解且可设设 ，则由列等式整理得，结合等差中项性质可变形整理得，令 ，由导数法讨论最值得，即可进一步证明【详解】（1）.当 时， 在 单调递减， ；当 时， 在 单週递减， ；当 时， 时， 时， ， 所以 在 单週递减， 在 单调递增，综上，当 时， ；当 时， .（2）值的符号为正，理由如下：由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合题意.当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，则 ， 整理得.令 ， 则 ，令 ， 在 单调递增， .故 得证