2023年山东省龙口市重点中学高考数学考向核心试卷-普通用卷

这是一份2023年山东省龙口市重点中学高考数学考向核心试卷-普通用卷，共23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年山东省龙口市重点中学高考数学考向核心试卷一、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.  已知集合，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若复数满足，则复数的虚部为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，，则“”是“”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件4.  如图，用、、三类不同的元件连接成一个系统，当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知、、正常工作的概率依次是、、，已知在系统正常工作的前提下，求只有和正常工作的概率是(    )A.  B.  C.  D. 5.  已知数列为等差数列，首项，若，则使得的的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知函数的部分图象如图所示，则(    )A.
B.
C.
D.
 7.  若正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是(    )A. 或 B. 或
C.  D. 8.  记设函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围的是(    )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.  某医院派出甲、乙、丙、丁名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是(    )A. 所有不同分派方案共种
B. 若每家企业至少分派名医生，则所有不同分派方案共种
C. 若每家企业至少派名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共种
D. 若企业最多派名医生，则所有不同分派方案共种10.  已知是的导函数，且，则(    )A.
B.
C. 的图象在处的切线的斜率为
D. 在上的最小值为11.  如图，在菱形中，，，将沿折起，使点到达点的位置，形成三棱锥，如图在翻折的过程中，下列结论正确的是(    )

 A.
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 存在某个位置，使
D. 若平面平面，则直线与平面所成角的正弦值为12.  已知点，，，抛物线：过点的直线与交于，两点，直线，分别与交于另一点，，则下列说法中正确的是(    )A.
B. 直线的斜率为
C. 若的面积为为坐标原点，则与的夹角为
D. 若为抛物线上位于轴上方的一点，，则当取最大值时，的面积为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知函数，过点作曲线的切线，则的方程为______ ．14.  已知，则 ______ 用数字作答
 15.  已知函数，若对任意实数，恒有，则______．16.  已知四棱锥的底面是边长为的正方形，且平面，，点为线段上的动点不包含端点，则当三棱锥的外接球的表面积最小时，的长为______ ．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
已知等比数列的前项和为，且．
求与；
记，求数列的前项和．18.  本小题分
在，，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知中，内角，，所对的边分别为，，，且_____．
求的值；
若，，求的周长与面积．19.  本小题分
由中央电视台综合频道和唯众传媒联合制作的开讲啦是中国首档青年电视公开课每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社会问题，受到了青年观众的喜爱为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了，两个地区的名观众，得到如表所示的列联表．  非常喜欢喜欢合计__________合计_______________已知在被调查的名观众中随机抽取名，该观众来自地区且喜爱程度为“非常喜欢”的概率为．
现从名观众中根据喜爱程度用分层抽样的方法抽取名进行问卷调查，则应抽取喜爱程度为“非常喜欢”的，地区的人数各是多少？
完成上述表格，并根据表格判断是否有的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．
若以抽样调查的频率为概率，从地区随机抽取人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为，求的分布列和期望．
附：，，
  20.  本小题分
如图，直三棱柱的体积为，的面积为．
求到平面的距离；
设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
21.  本小题分
已知双曲线的左、右焦点分别为，，斜率为的直线与双曲线交于，两点，点在双曲线上，且．
求的面积；
若为坐标原点，点，记直线，的斜率分别为，，问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．22.  本小题分
已知函数，．
求函数的极值点；
若恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
集合，
．
故选：．
求出集合，利用并集定义能求出．
本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由题意，得，
所以，则复数的虚部为．
故选：．
先利用复数的四则运算得到的代数形式，再利用复数的概念进行求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】【分析】本题考查充分、必要条件的判断和向量平行的条件的掌握，属于基础题．
先根据向量的平行的条件以及坐标的运算求出，即可判断．【解答】解：，，，
，解得，或，
“”是“”的充分不必要条件，
故选：．  4.【答案】 【解析】解：设事件为系统正常工作，事件为只有和正常工作，
因为并联元件、能正常工作的概率为，
所以，
又因为，
所以．
故选：．
利用独立事件的乘法公式求得系统正常工作和只有和正常工作的概率，再利用条件概率公式求解即可．
本题主要考查相互独立时间的概率乘法公式，条件概率公式，考查运算求解能力，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：数列为等差数列，首项，若，
公差，，，，
，
．
则使得的的最大值为．
故选：．
数列为等差数列，首项，若，可得：公差，，，，再利用求和公式通项公式及其性质即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：根据图象得到：，，
，
，
，
，
将点代入，得到，又，
，

．
故选：．
首先，根据图象得到振幅和，，从而得到，然后，将点代入得到，可得函数解析式进而求解结论
本题重点考查了由的部分图象确定其解析式，正弦函数的图象与性质及其运用，属于基础题
 7.【答案】 【解析】【分析】本题考查一元二次不等式的解法，基本不等式的应用，熟练掌握“乘法”是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
先拼凑，利用“乘法”求得的最小值，从而将问题转化为成立，再解关于的一元二次不等式即可．【解答】解：由于，则，


，
当且仅当，即，时，等号成立，
此时取得最小值．
则不等式有解，可转化为成立，
即，解得或．
故选A．  8.【答案】 【解析】解：设，，
则函数在上递增，，且函数至多有两个零点，
当时，，
若函数在上有零点，则在上有零点，
不妨设零点为，则，
此时，则，与题意矛盾，
故函数在上无零点．
二次函数图象的对称轴为直线，
若，当，解得时，设函数的两个零点为、，
则，故，，函数有两个负零点，符合题意；
若，且需符合题意时，函数在上有两个零点，
则，解得，
综上，
故选：．
分析可知函数的两个零点均为负数或两个零点都在内，根据二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围．
本题考查函数零点与方程根的应用，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，甲、乙、丙、丁名医生到，，三个企业，每人有种安排方法，则有种分派方案，A错误；
对于，若每个企业至少分派名医生，先将人分为组，再安排到三个企业，有种分派方案，B正确；
对于，若每个企业至少派名医生，且医生甲必须到企业，先将人分为组，在将甲所在的组安排到校，剩下两组安排到其余两个企业，
有种分派方案，C正确；
对于，若企业派名医生，有种安排方法，若企业没有派医生，有种安排方法，则有种安排方法，D正确．
故选：．
根据题意，由分步或分类计数原理分析选项，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：由，得，
令，得，
，，，
可得在处的切线的斜率为，
，
在上单调递减，在上单调递增，
在上的最小值为．
综上可知，BC正确．
故选：．
求出原函数的导函数，取求得，可得函数解析式，再求得导函数，进一步得到单调区间及最值，然后逐一分析四个选项得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性与最值，是中档题．
 11.【答案】 【解析】解：如图所示：

选项A：取的中点，连接，，
由于四边形为菱形，
则，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，A正确；
选项B：在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积最大，
此时三棱锥的体积，B错误；
选项C：将沿翻折的过程中，的轨迹是以为轴的圆锥，
显然此圆锥轴截面的顶角为，大于，
所以必然存在两条母线互相垂直，
翻折前，，故存在某个位置，使直线与直线垂直，C正确；
选项D：当平面平时，因为，
所以，
所以，
所以的面积，
设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，
则，即，
解得，故，D正确．
故选：．
由三棱锥的几何性质，根据线面垂直判定定理可证明，得出A正确；由于三棱锥在翻折的过程中底面积为定值，所以高最大时其体积最大，此时平面平面，经计算可知B错误；在翻折的过程中，当三棱锥形成正四面体时，满足，可得C正确；若平面平面，此时三棱锥的体积最大，根据等体积法可求得点到平面的距离，即可计算出直线与平面所成角的正弦值．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：选项：易知，，
所以直线的方程为，
因为直线过点，
所以，A正确．
选项：设，，
所以直线的方程为，
因为直线过点，所以，
同理可得，
所以，故B错误．
选项：，利用选项中，
设，则，
因为，
所以，所以与的夹角为，故C正确．
选项：易知为抛物线的焦点，过作垂直抛物线的准线于点，
如图，

由抛物线的定义知，，即，
当取最大值时，取最小值，正弦函数的单调性的应用，
即直线与抛物线相切．
设直线的方程为，
由得，
所以，解得，
此时，即，
所以，又点在轴上方，故，
所以，故D正确．
故选：．
选项：，直线的方程为，由直线过点得即可解决；
选项：设，得直线的方程为直线过点得，同理即可解决；
选项：得，设，，又得即可；
选项：过作垂直抛物线的准线于点，由抛物线定义得直线与抛物线相切时，最大，设直线：得，即可．
本题考考查直线与抛物线的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由题意可设切点坐标为，，则，
切线的斜率，
则切线的方程为，
又点在切线上，
，解得，
切线的方程为，即，
故答案为：．
根据导数的几何意义，设切点坐标，利用导数求切线斜率，从而可得切线方程表达式，利用切线过点，求出，即可得出答案．
本题考查导数的几何意义，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：因为，
令，得；
令，得；
又，
二项式的通项公式为，
则，，
所以．
故答案为：．
令可得，令可得，再利用展开式的通项求出，，即可得解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】【分析】
本题考查三角函数的求值，关键在于“变角”将变为，结合诱导公式，从而变成正弦的二倍角公式，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
对进行化简得到，根据正弦函数和二次函数的单调性得到，，进而确定，，，利用两角差的余弦公式得到
【解答】
解：



，
，
，
对任意实数，恒有，
则，，
即，，，
．
故答案为．  16.【答案】 【解析】解：底面是边长为的正方形，
的外心为与的交点，
当三棱锥的外接球的表面积最小时，
可得是三棱锥的外接球的球心，
，
又是直角三角形，，

在中，由余弦定理可得，
，解得
故答案为：
由题意可得的外心为三棱锥的外接球的球心时，表面积最小，计算可得的长．
本题考查空间几何体的外接球的问题，考查线段长的求法，属中档题．
 17.【答案】解：依题意，由，可得，
当时，，解得，
当时，，
整理，得，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，，
．
由，得，
则，
，
两式相减，可得
，

，
． 【解析】本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前项和．等比数列的通项公式和求和公式的应用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
根据题干中已知条件转化可得，再结合公式进行计算可发现数列是以为首项，为公比的等比数列，然后根据等比数列的通项公式和求和公式即可计算出与；
根据题意及第题的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出前项和．
 18.【答案】解：选，
，
由正弦定理可得，，即，
在中，，
，
，
，，
，
．
选，
，
，联立，化简整理可得，，即，
，
，
，即，
，
，
．
选，，
，即，即，
，
，
，
，
，
．
，，，
，，
由可得，，，
，
由正弦定理可得，，
则，，
故的周长为，
的面积为． 【解析】选，结合正弦定理，以及三角形的性质，解得，再结合三角函数的同角公式，求出，，再结合正切函数的二倍角公式，即可求解．
选，结合三角函数的诱导公式，以及三角函数的同角公式，求出，，再结合正切函数的二倍角公式，即可求解．
选，结合二倍角公式，求出，再结合三角函数的同角公式，求出，，再结合正切函数的二倍角公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 19.【答案】解：由题意得，解得，
所以应从地抽取人，从地抽取人；
完成表格如下：  非常喜欢喜欢合计合计零假设为：观众的喜爱程度与所在地区无关，，
所以没有的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系；
从地区随机抽取人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为，
从地区随机抽取人，则，
的所有可能取值为，，，，
则，
，
，
，
所以的分布列为： 故． 【解析】求出的值，由分层抽样在各层的抽样比相同可得结果；
补全列联表，再根据独立性检验求解即可；
由题意知，进而根据二项分布求解即可．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及期望公式的应用，属于中档题．
 20.【答案】解：由直三棱柱的体积为，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
由直三棱柱知平面，
所以平面平面，又平面平面，又平面平面，
所以平面，，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，，又，解得，
则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，令，则，，
平面的一个法向量为，
，，
二面角的正弦值为． 【解析】利用体积法可求点到平面的距离；
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的正弦值．
本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．
 21.【答案】解：依题意可知，，，
则，，
又，所以，
解得舍去，
又，所以，
则，
所以的面积．
由可得，解得，
所以双曲线的方程为，
设，，则，则，，
设直线的方程为，与双曲线的方程联立，消去得：，
由，得，
由一元二次方程根与系数的关系得，
所以，，
则，
故为定值． 【解析】设，，根据两点间长度得出与，即可根据已知列式解出，即可得出答案；
根据第一问得出双曲线的方程，设，，直线的方程为，根据韦达定理得出，，即可根据直线方程得出与，则根据两点斜率公式得出，化简代入即可得出答案．
本题主要考查直线与双曲线的综合应用，考查转化能力，属于中档题．
 22.【答案】解：由已知可得，函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以是的极大值点，无极小值点．
解法一：设，，
则，
令，，则对任意恒成立，
所以在上单调递减．
又，，
所以，使得，即，则，即．
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减，
故，解得，
所以当时，恒成立，
即实数的取值范围是．
解法二：令，，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即．
因为，所以，当时等号成立，
即，当时等号成立，
所以的最小值为．
若恒成立，则，
所以当时，恒成立，
即实数的取值范围是． 【解析】首先利用导数判断函数的单调区间，再确定函数的极值点；
解法一，首先构造函数，，再根据函数的导数，判断函数的最大值，即可求解；
解法二，首先证明，即可得，即，不等式恒成立，转化为，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的极值问题以及函数的恒成立问题，主要考查了导数的应用，属于中档题．