2023年山东省青岛市高考数学三模试卷

2023年山东省青岛市高考数学三模试卷

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，则下列关系一定正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  若为等比数列，则“”是“数列是递增数列”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

3.  将四位数的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数含原来的四位数中两个不相邻的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  某比赛决赛阶段由甲，乙，丙，丁四名选手参加，在成绩公布前，，，三人对成绩作出如下预测：说：乙肯定不是冠军；说：冠军是丙或丁；说：甲和丁不是冠军成绩公布后，发现三人中只有一人预测错误，则冠军得主是(    )

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

5.  瑞士数学家欧拉在三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上这条直线被称为欧拉线已知的顶点，，，若直线：与的欧拉线平行，则实数的值为(    )

A.  B.  C. 或 D.

6.  将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知向量，，满足：，，，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知为坐标原点，双曲线：的左，右焦点分别为，，过的右焦点且倾斜角为的直线交右支于，两点，中点为，，的周长等于，则(    )

A.  B. 双曲线的渐近线方程为
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.  关于的方程的复数解为，，则(    )

A.
B. 与互为共轭复数
C. 若，则满足的复数在复平面内对应的点在第二象限
D. 若，则的最小值是

10.  为了判断某地区超市的销售额与广告支出之间的相关关系，现随机抽取家超市，得到其广告支出与销售额数据如表，则(    )

A. 广告支出的极差为
B. 销售额的中位数为
C. 若销售额与广告支出之间的经验回归方程为，则
D. 若去掉超市这一组数据，则销售额与广告支出之间的线性相关程度会减弱

11.  已知实数，，满足，，则(    )

A.  B.  C.  D.

12.  在三棱锥中，，，点，分别为，中点，是线段上的动点，则(    )

A. 平面平面
B. 面积的最小值为
C. 平面截该三棱锥所得截面不可能是菱形
D. 若三棱锥可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知椭圆的长轴长为，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的标准方程为______ ．

14.  已知圆锥的底面半径为，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为______ ．

15.  若展开式的所有项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项的二项式系数为______ 用数字作答

16.  设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数，均有则 ______ ．

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
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求角；
若，为中点，，求的周长．

18.  本小题分
如图，三棱台中，平面平面，，，，．
求四棱锥的体积；
在侧棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置；若不存在，说明理由．

19.  本小题分
记是数列的前项和，，．
求数列的通项公式；
若，，成等差数列，求．

20.  本小题分
已知动圆经过点，并且与圆：相切，记圆心的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
若动圆的圆心在曲线上，定直线：与圆相切，切点记为，探究：是否存在常数使得？若存在，求及直线的方程；若不存在，请说明理由．

21.  本小题分
甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得分；只有一人答对，该团队得分；两人都答错，该团队得分假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为，．
记表示该团队一轮答题的得分，求的分布列及数学期望；
假设该团队连续答题轮，各轮答题相互独立记表示“没有出现连续三轮每轮得分”的概率，，求，，；并证明：答题轮数越多轮数不少于，出现“连续三轮每轮得分”的概率越大．
 

22.  本小题分
已知函数，当，时，曲线在处的切线与轴平行．
求；
当时，，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为集合，满足，故可得，
对：当为的真子集时，不成立；
对：当为的真子集时，也不成立；
对：，恒成立；
对：当为的真子集时，不成立；
故选：．
根据已知条件，求得，再进行选择即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：“数列是递增数列”“”，反之不成立，例如，
“”是“数列是递增数列”的必要不充分条件．
故选：．
“数列是递增数列”“”，反之不成立，例如，即可判断出结论．
本题考查了等比数列的通项公式、数列的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 

3.【答案】 

【解析】解：将各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数含原来的四位数的基本事件有：、、、、、、、、共个，
所组成的不同四位数含原来的四位数中两个不相邻的基本事件有：、、、、共个，
所以所组成的不同四位数含原来的四位数中两个不相邻的概率为．
故选：．
运用列举法求古典概型的概率即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：若预测错误，则、预测正确，即乙是冠军，则的预测冠军是丙或丁错误，矛盾；
若预测错误，则、预测正确，即甲乙丁不是冠军，丙是冠军，与的预测矛盾；
所以预测错误，则、预测正确，即甲和丁有一个是冠军，
又预测冠军是丙或丁正确，
故冠军为丁．
故选：．
由题意分类讨论一一排除即可．
本题主要考查简单的合情推理，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由的顶点，，知，
重心为，即，
又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点，即，
所以可得的欧拉线方程，即，
因为与平行，
所以，
解得．
故选：．
根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：向左平移，
得，
时，，在上单调递减，
即，故．
故选：．
根据三角函数的图像变换及单调性计算即可．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，，
不妨设，
则，且，
解之得或，
由，
即的终点在以为圆心，为半径的圆上，故，
由圆的对称性，不妨令，即，连接交圆于，

由点与圆的位置关系可知：
，
故的最小值为．
故选：．
建立平面坐标系，用坐标表示，，，利用数量积的坐标运算计算即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：如图所示，由题意知，，，其中，
设直线方程为，
联立，得，
设，，
则，，
则，，且，
综合解得．
所以，
由双曲线定义知，，
所以的周长为
，
所以，
由得：，
又为的中点，
所以，，
所以，
所以，
解得：，
由可得：，
所以双曲线方程为．
所以双曲线渐近线方程为，故A项错误、项错误；
对于项，，故C项错误；
对于项，因为，所以，
所以，
所以，故D项正确．
故选：．
运用韦达定理、弦长公式、双曲线定义及两点间距离公式可求得、的值，进而代入计算判断各个选项即可．
本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，化归转化思想，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为，因此不妨令方程的复数解，，
，A错误；
与互为共轭复数，B正确；
，由，得，
则复数在复平面内对应的点在第四象限，C错误；
设，由，得，显然有，由选项A知，
因此，当且仅当，即时取等号，D正确．
故选：．
根据给定条件，求出，，再逐项计算、判断作答．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：：支出极差：，故A正确；
：销售额中位数：按照从小到大的顺序排列后，可知中位数为，故B错误；
：样本中心点恒过线性回归方程，因为，所以，故C正确；
：因为不在线性回归直线上且偏差较大，去掉这组数据后，相关程度会更高，故D错误．
故选：．
根据极差、中位数、线性回归的相关知识即可解决．
本题主要考查了极差、中位数的计算，考查了线性回归方程的求解，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于选项A：因为，即，解得或，
所以或，故A错误；
对于选项B：，
因为，则，即，且，
所以，即，故B正确；
对于选项C：因为，且，
可得，同号，则有：
若，同正，可得，
则，可得；
若，同负，可得，
则，可得；
综上所述：，
又因为在定义域内单调递减，所以，故C正确；
对于选项D：因为，则，
可得在内单调递增，可得，
且，，所以，故D正确；
故选：．
对于选项A：根据题意结合基本不等式分析判断；对于选项B：利用作差法分析判断；对于选项C：分析可得，结合指数函数单调性分析判断；对于选项D：结合幂函数单调性分析判断．
本题主要考查对数值大小的比较，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，因为，，
故，，则，又因为，
所以，故，
因为，为的中点，所以，
则，，平面，所以平面，
平面，则平面平面，故A正确；
对于，因为平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，设所成角为，
而，
又，故，
，
所以的面积为，故B正确；
对于，当为中点，取的中点，连接，，
因为，且，故四边形，，，四点共面，
且四边形为平行四边形，又因为，
故四边形为菱形，所以当为中点时，平面截该三棱锥所得截面为是菱形，故C不正确；

对于，因为，，所以，
故三棱锥的外接球半径为，故该外接球的内接正方形的棱长为，
若三棱锥可以在一个正方体内任意转动，
则此正方体的体积最小值为，故D正确．
故选：．
由面面垂直的判定定理可判断；以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设所成角为，由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式结合二次函数的性质可判断；当为中点时，平面截该三棱锥所得截面为是菱形，可判断；若三棱锥可以在一个正方体内任意转动，三棱锥的棱长最长为，故可求出正方体的体积最小值可判断．
本题考查面面垂直的证明，三角形面积的最值的求解，向量法求解向量的夹角，化归转化思想，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：抛物线方程化为标准方程得，焦点坐标为，
抛物线焦点与椭圆的一个焦点重合，椭圆焦点在轴，
设椭圆方程为，，
则由焦点坐标和长轴长知，，，
，
椭圆的标准方程为．
故答案为：．
求得抛物线焦点即椭圆焦点，再设椭圆方程，由椭圆长轴长和焦点坐标求得，，再由，，的关系求即可．
本题考查抛物线的几何性质，椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设圆锥母线长为，由题意，，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，，是切点，如图，
易知是圆锥的高，在上，
由，得，因此，
所以，，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为，
故答案为：．
由圆锥侧面展开图求得圆锥母线长，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，由此图形计算出球的半径后可得表面积．
本题考查圆锥的内切球问题，化归转化思想，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为．
故答案为：．
根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：令，则，；
令，，则，又，；
令，则，关于直线对称；
令，则，
不恒成立，恒成立，为奇函数，
，，
是周期为的周期函数，．
故答案为：．
采用赋值的方式可求得，，令和可证得的对称轴和奇偶性，由此可推导得到的周期性，利用周期性可求得函数值．
本题考查利用抽象函数的周期性求解函数值的问题，解题关键是能够通过赋值的方式，借助已知中的抽象函数关系式推导得到函数的对称性和奇偶性，以及所需的函数值，进而借助对称性和奇偶性推导得到函数的周期．
 

17.【答案】解：，
所以，
，
则，
整理得，
又，
，
而，
；
，
由余弦定理得，，
是中点，
则，
在中由余弦定理得，，
在中由余弦定理得，，
，，
，解得，
所以的周长为． 

【解析】由正弦定理化边为角，利用诱导公式、两角和的正弦公式、同角关系式变形整理可求得角；
由余弦定理求得，在和中由余弦定理和求得，从而可得周长．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：在三棱台中，取的中点，连接，
因为，，，
则，有，
，因为平面平面，平面平面，
则平面平面，平面平面，平面，
于是平面，
又梯形中，，
则梯形的高，
因此梯形的面积，
所以四棱锥的体积．

取的中点，连接，因为，则，
在等腰梯形中，，分别为上下底边，的中点，有，
而平面平面，平面平面，平面，
于是平面，
所以分别以，，所在直线为，，轴，建系如图，
则，
令，有，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，
因为平面，则为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，，
所以，而，解得，
所以存在点为的中点，使得二面角的余弦值为． 

【解析】取的中点，连接，利用面面垂直的性质证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答．
取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量及二面角的余弦值求解作答．
本题考查四棱锥的体积的求解，向量法求解二面角问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．
 

19.【答案】解：，
时，，
两式相减得：，
即，
是偶数时，，
；
由已知，，
，，成等差数列，，
联立解得，，，
，，
由已知得，
即，
综上，． 

【解析】由时，得的递推关系，从而可得；
由已知让，结合等差数列性质求得，，，由此可得，，已知式中让取偶数即可得，从而得出结论．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：如图所示，

由题意知，圆圆心为，半径为，设动圆的半径为，
因为，
所以点在圆内，如图所示，
所以，，
所以，
所以圆心的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆．
所以，，故，，则．
所以曲线的方程为．
如图所示，

存在常数使得，理由如下：
设，则，，，
所以，，
假设存在常数使得，
则对于任意的恒成立，
即：对于任意的恒成立，
所以，．
即：存在常数使得，此时直线方程为． 

【解析】由动点的轨迹满足椭圆定义求椭圆方程即可．
设出点坐标可表示、，根据恒成立列式可求得结果．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，属于难题．
 

21.【答案】解：由题可知是，的取值为，，，
；
；

故的分布列如下：

则．
由题可知，；
经分析可得：
若第轮没有得分，则；
若第轮得分，且第轮没有得分，则；
若第轮得分，且第轮得分，第轮没有得分，则；
故，故；
因为，故，
故

；
故，且，
则，
所以答题轮数越多轮数不少于，出现“连续三轮每轮得分”的概率越大． 

【解析】根据题意，求得的取值，再求对应的概率即可求得分布列；再根据分布列求即可；
求得，，，，再分析第轮得分情况和第，，轮得分情况，从而求得递推关系，通过的正负，即可判断和证明．
本题考查离散型随机变量分布列、数学期望的求解，属于中档题．
 

22.【答案】解：依题意，，求导得，
于是，解得，
而当时，，，
因此曲线在处的切线为，平行于轴，
所以．
证明：由知，，
当时，，
令，，求导得，
若，则，不符合题意，
若，当时，，符合题意，
当时，，
因此函数在上单调递增，，符合题意，
当时，令，则，
即函数在上单调递增，
而，，
则存在使得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意，
综上得且，则有，
令，，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，即，
所以． 

【解析】把，代入，利用导数的几何意义结合给定切线求出并验证作答．
不等式等价变形成，构造函数，分类讨论并结合导数确定出，的取值范围，结合不等式性质构造函数利用导数求出最小值判断作答．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．