2023年高考数学学科二模（山东）

2023年山东烟台高三二模数学试卷一、单选题1、已知集合，，则（       ）．A. B. C. D. 2、若复数z满足，则的最小值为（       ）．A. 3 B. C. 2 D. 3、若，则（       ）．A. B. 496 C. D. 9924、乐高积木是由丹麦的克里斯琴森发明的一种塑料积木，由它可以拼插出变化无穷的造型，组件多为组合体．某乐高拼插组件为底面边长为、高为的正四棱柱，中间挖去以底面正方形中心为底面圆圆心、直径为、高为的圆柱，该组件的体积为（       ）．（单位：）A. B. C. D. 5、函数在上单调递增，的取值范围为（       ）．A. B. C. D. 6、过点的直线与抛物线交于P，Q两点，F为抛物线焦点，，若，则的值为（       ）A. B. 2 C. D. 37、已知集合，若从U的所有子集中，等可能地抽取满足条件“，”和“若，则”的两个非空集合A，B，则集合A中至少有三个元素的概率为（       ）．A. B. C. D. 8、已知函数的定义域为R，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为（       ）．A. B. C. D. 二、多选题9、甲、乙两人参加消防知识竞赛活动．活动共设三轮，在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局．已知每轮活动中，甲、乙答对的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则（       ）．A. 每轮活动中，甲获胜的概率为 B. 每轮活动中，平局的概率为 C. 甲胜一轮乙胜两轮的概率为 D. 甲至少获胜两轮的概率为 10、已知实数a，b满足，则（       ）．A. B. C. D. 11、三棱锥中，底面、侧面均是边长为2的等边三角形，面面，P为的中点，则（       ）．A. B. 与所成角的余弦值为 C. 点 P到的距离为 D. 三棱锥外接球的表面积为 12、如图，在中，，，，点分别在，上且满足，，点在线段上，下列结论正确的有（       ）．   A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 取最小值时， 三、填空题13、已知，则的值为            ．14、已知实数满足，则的最大值为            ．15、已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是            ．16、欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数：对于正整数n，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如，．那么，数列的前n项和为            ．四、解答题17、已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．(1)求角B的大小；(2)若为钝角三角形，且，求外接圆半径的取值范围．新修订的《中华人民共和国体育法》于2023年1月1日起施行，对于引领我国体育事业高质量发展，推进体育强国和健康中国建设具有十分重要的意义．某高校为调查学生性别与是否喜欢排球运动的关系，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图：   (1)根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据的独立性检验，是否可以认为该校学生的性别与是否喜欢排球运动有关联；将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取50名学生，设其中喜欢排球运动的学生的人数为X，求使得取得最大值时的k值．附：，其中，．已知数列的前项和为，，，数列满足，且．求数列和的通项公式；设，求数列的前项和．如图，在圆锥中，底面直径，高，P为底面圆周上异于A，B的一点．   母线上是否存在一点M，使得平面，若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由；设，当二面角的大小为时，求的值．已知函数．若在上单调递增，求实数a的取值范围；当时，证明：，．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．求椭圆C的方程；设点A，F分别为椭圆的左顶点和右焦点，过点F的直线l交C于点M，N，直线，分别交直线于点P，Q，求证：以为直径的圆过定点．1 、【答案】 B;【解析】 【分析】先求出集合，再利用集合的运算即可求出结果.【详解】因为，由，解得，即，又，所以，故选：B.2 、【答案】 A;【解析】 【分析】根据和的几何意义，结合双曲线的图象即可得到的最小值.【详解】设复数在复平面上对应的点的坐标为 ，则表示点到的距离与到的距离的差为4，所以点的轨迹为双曲线的右支，图象如下所示：   表示点到的距离，所以的最小值为3.故选：A.3 、【答案】 B;【解析】 【分析】赋值法分别令，，联立可求得的值.【详解】令可得， ①令可得， ②由②+①可得，则，故选：B.4 、【答案】 D;【解析】 【分析】利用正四棱柱和圆柱的体积公式即可求出结果.【详解】因为正四棱柱的底面边长为、高为，所以正四棱柱的体积为 ，又挖去的圆柱的直径为、高为，所以圆柱的 ，故所求几何体的体积为 .故选：D.5 、【答案】 D;【解析】 由，所以，又，所以， 且函数在上单调递增，所以，解得，即的取值范围为.因此正确答案为：D6 、【答案】 B;【解析】 【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，设过点的直线的方程，与抛物线的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出的纵坐标之差的绝对值，由三角形的面积公式可得三角形的面积，求得，由向量的关系，及两根之和及两根之积，可得参数的值.【详解】由抛物线的方程可知焦点为，由题意可得设过点的直线的方程为，设，联立，消去整理可得：，可得①，②，所以 ，故，解得.由于，所以，所以,结合①②可得，即，由③÷④化简整理得，解得或（舍去）.故选:B.   7 、【答案】 C;【解析】 【分析】由已知可得中没有重复数字，不为空集，且可将中10个数字分为5组，且每组数中的一个数如果在集合中，另一个必在集合中，所以集合中元素的个数小于等于集合中元素的个数，所以集合中元素的个数可能为1，2，3，4，5，再由组合知识和概率计算公式可得答案.【详解】由，可得中没有重复数字，由，则可得不为空集，且可将中10个数字分为5组，分别为2或20，4或18，6或16，8或14，10或12，且每组数中的一个数如果在集合中，另一个必在集合中，所以集合中元素的个数小于等于集合中元素的个数，所以集合中元素的个数可能为1，2，3，4，5，所以集合的可能的个数为，所以.故选：C.8 、【答案】 C;【解析】 【分析】先由题中条件求出，根据不等式可构造，利用为偶函数且在区间上单调递增可解.【详解】由得，即，可设，当时，因得，所以，可化为，即，设，因，故为偶函数，当时，因，，故，所以在区间上单调递增，因，所以当时的解集为，又因为偶函数，故的解集为.故选：C9 、【答案】 A;B;D;【解析】 【分析】由事件的相互独立性，计算概率即可判断.【详解】根据题意可得，甲获胜的概率为：，故A正确；乙获胜的概率为，所以平局的概率为，故B正确；所以3轮活动中，甲胜一轮乙胜两轮的概率为：，故C不正确；甲至少获胜两次的概率为故D正确.故选：ABD.10 、【答案】 B;C;【解析】 【分析】由不等式的性质化简条件，结合指数函数单调性，对数函数性质判断A，B，要比较大小等价于比较的大小，故考虑构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小，判断C，举反例判断D.【详解】因为，所以，因为函数为上的增函数，所以，A错误；因为函数在上为增函数，所以，所以，所以，B正确；构造函数，则，所以函数在上单调递增，又，所以，所以，即，C正确；取可得，，但，D错误；故选：BC.11 、【答案】 A;C;D;【解析】 【分析】根据三角形和三角形为等边三角形得到，，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，然后根据线面垂直的定义即可得到，即可判断A选项；利用空间向量的方法求异面直线所成角即可判断B选项；利用等腰直角三角形的性质求距离即可判断C选项；根据外接球的性质得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半径和外接球表面积即可判断D选项.【详解】   连接，，因为三角形和三角形为等边三角形，为中点，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；因为面面，面面，，平面，所以平面，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设与所成角为，所以，故B错；因为平面，平面，所以，因为三角形和三角形的边长为2，所以，在等腰直角三角形中，，所以点到的距离为，故C正确；分别取三角形和三角形的外心，，再分别过，作平面，平面的垂线交于点，所以为三棱锥的外接球球心，，，所以，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.12 、【答案】 B;C;D;【解析】 【分析】A选项根据平面向量基本定理和向量共线的性质求解；B选项，结合A选项，用，来表示出，然后由数量积的计算进行说明；C选项，取中点，则，问题转化成定点到线段上动点的距离最小值；D选项，通过转化先推出取得最小值时，也取最小值，然后用面积的割补计算.【详解】   A选项，点在线段上，则，使得，则，又，，故，根据题干若，由平面向量基本定理可知：，于是，A选项错误；B选项，根据A的分析，若，此时，故，，于是，由，，，代入数据由向量的数量积可得，即，B选项正确；C选项，取中点，则，由，于是，由，，故为等边三角形，故，根据中位线可知，//，于是，在中根据余弦定理可得，为锐角，又，故过作的高线时，垂足点落在线段上，由题意垂足点为时，最小.最小值为，C选项正确；D选项，，在中，根据余弦定理可求得，即，根据C选项可知，最小时也最小. 根据，根据C选项的分析，，故，注意到，故，故，D选项正确.故选：BCD13 、【答案】 ;【解析】 因为，所以 .因此正确答案为： 14 、【答案】 / ;【解析】 【分析】设点，则问题转化为圆上一点与圆外一点之间距离的最大值的平方，根据点与圆的位置关系求解即可.【详解】方程整理得，设点，即点是圆上一点又点在圆外，所以，则，所以的最大值为.故答案为：.15 、【答案】 3;【解析】 【分析】作函数与图象，结合图象可得，，再利用基本不等式求最值即可.【详解】作函数与图象如下：   由图可得，存在四个不相等的实根，可得，可得，，即，，所以，当且仅当即且等号成立，则的最小值是.故答案为：.16 、【答案】 ;【解析】 【分析】利用错位相减法求和.【详解】在中，与不互质的数有，共有个，所以，所以，设数列的前项和为，所以，，两式相减可得,所以,即,故答案为：.17 、【答案】 (1)(2) ;【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合条件，进行边角转化即可得出结果；（2）利用正弦定理，将边转角，再结合条件得到，再利用角的范围即可得出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，得到，又，所以，故，即，所以，又，所以，得到.（2）由正弦定理，得到，，所以 ，所以，又因为为钝角三角形，且，又由（1）知，所以，所以，由的图像与性质知，所以 18 、【答案】 (1)列联表见解析，有关联(2)22;【解析】 【分析】（1）结合条形等高图写出列联表，计算值即可判定；（2）由题意知随机变量,结合二项分布的概率计算列不等式组求解即可.【详解】（1）由等高堆积条形图知,2×2列联表为：零假设为: 性别与是否喜欢排球运动无关, 根据列联表中的数据,，依据的独立性检验, 可以推断不成立,即性别与是否喜欢排球运动有关联.（2）由(1)知,喜欢排球运动的频率为,所以,随机变量,则，令，解得.因为,所以当时,取得最大值.19 、【答案】 (1)；(2) ;【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可求得；根据等比数列通项公式可求得；（2）由（1）可得，进而得到；分别在为偶数和为奇数的情况下，采用分组求和的方式，结合等比数列求和公式和裂项相消法可求得结果.【详解】（1），数列是以为公差的等差数列，，解得：，，；，，数列是以为首项，为公比的等比数列，.（2）由（1）得：，即，当为奇数时，；当为偶数时，；当为偶数时， ；当为奇数时， ；综上所述：.20 、【答案】 (1)不存在一点，使得平面，理由见解析(2) ;【解析】 【分析】（1）假设在上存在一点，使得平面，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，这与为等腰三角形矛盾，从而得到结论.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，得到，求得向量，设，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.【详解】（1）解：不存在一点，使得平面.理由：假设在上存在一点，使得平面，因为平面，所以，又因为为直径，可得，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，在中，，所以为等腰三角形，所以与不垂直，这与矛盾，所以上不存在一点，使得平面.（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，可得，又因为，可得，所以，设平面的法向量为，则，即，取，可得，设，可得平面的一个法向量为，又由平面的一个法向量为，因为二面角的大小为，可得，解得，即，即，又由，解得.   21 、【答案】 (1)(2)证明见解析;【解析】 【分析】（1）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，求得，得出函数的单调性和最大值，即可求解.（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；当时，由和，得到，即可得证.【详解】（1）解：由函数，可得，因为在上单调递增，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极大值，即为最大值，所以，即实数a的取值范围为.（2）解：当时，，可得当时，可得， 要使得，只需使得，令，可得，所以单调递增，又由，所以，所以单调递增，所以；当时，可得且，所以，满足；当时，可得，因为且，所以，所以，综上可得，对于，都有.22 、【答案】 (1)(2)证明过程见详解;【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到，然后根据椭圆过点即可求解；（2）由（1）可知，点,点,设，设直线，联立方程组，利用韦达定理和平面向量的数量积等于零即可证明.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，则，所以，则椭圆方程可化为，因为点在椭圆上，所以，则，所以椭圆C的方程为.（2）由（1）可知，点,点,设，设直线，联立有，整理可得，，，，则，；，；分别令可得，，当时，直线，则,，则的中点为，且,所以以为直径的圆的方程为，则圆过点和；猜测点为所求定点，下面证明当时，以为直径的圆过点，若点，则 ，（也可以从去推导定点）若点，则 ，（也可以从去推导定点）所以以为直径的圆过定点和.【点睛】求定点问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．