山东省实验中学2023届高三数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

2023届高三适应性训练数学试题注意事项：1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码.2．本试卷满分150分，时间120分钟.3．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.4．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一、选择题本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A、B，再利用交集定义即可求得.【详解】，，则故选：C.2.（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数乘法规则即可求得该式的值. 【详解】，故选：D.3已知向量，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量模的坐标表示，列出关于m的方程，解之即可求得m的值.【详解】由，可得，又，则，即，解之得故选：A.4.已知一个正四棱台形油槽可以装煤油，若它的上､下底面边长分别为和，则它的深度约为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出深度，利用棱台的体积计算公式即可求解.【详解】设深度为，由棱台的体积计算公式可得：，解得：，故选：B.5.某市地铁1号线从A站到G站共有6个站点，甲、乙二人同时从A站上车，准备在B站、D站和G站中的某个站点下车，若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲、乙二人在不同站点下车的概率为（） AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据概率乘法公式，结合对立事件的概率公式进行求解即可.【详解】两人在相同站点下的概率为：，所以甲、乙二人在不同站点下车的概率为，故选：C6.已知定义在上的函数的图象连续不间断，有下列四个命题：甲：是奇函数；乙：的图象关于点对称；丙：；丁：；如果有且仅有一个假命题，则该命题是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性及对称性的性质，结合赋值法及函数的周期性即可求解.【详解】命题甲正确，因为是奇函数，所以，命题乙正确，因为的图象关于点对称，所以，由，得，即，于是有，所以函数的周期为，故丁是假命题；由，即，解得，所以，故丙是真命题.故选：D.7.已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】依次求出点、的坐标，然后由点在双曲线上可建立方程求解.【详解】不妨设在，令，则有，解得，所以，，因为点在双曲线上，所以，解得，故选：B.8.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用作差法结合对数的运算性质分析判断即可.【详解】解：，∵∴ 故选：C.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目.要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.数据的众数和第60百分位数都为5B.样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强C.若随机变量服从二项分布，则方差D.若随机变量服从正态分布，则【答案】AC【解析】【分析】利用众数和第60百分位数的定义判断A，利用相关系数的意义判断B，利用方差的性质判断C，利用正态曲线的性质判断D即可求解.【详解】数据中的众数为，第6个数据为，选项A正确；越大成对样本数据的线性相关程度也越强，选项B错误；，选项C正确；，选项D错误，故选：AC10.已知函数的最小正周期为，则（）A.B.点是图象的一个对称中心C.在上单调递减 D.将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象【答案】AB【解析】【分析】将化简，由其周期求得，判断A;将代入解析式验证，判断B；根据正弦函数的单调性判断C；根据正弦函数图象的平移变换判断D.【详解】由题意知,A正确.，故关于对称，B正确.令，则，当时，，令，则，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，而，故在上不单调递减，C错误；将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象,而，D错， 故选：11.过直线上一点作圆的切线,切点分别为,则（）A.若直线则B.的最小值为C.直线过定点D.线段的中点的轨迹长度为【答案】BC【解析】【分析】根据题意设出点坐标,求出直线方程,若,则,斜率相等,进而求出直线方程,进而求出弦长即可;根据直线方程,求出定点即可;由进而转化为与的关系,即圆心到直线的距离与半径的比值的最值,根据直线过的定点即可得出选项B正误;由定点,弦中点,圆心所形成的角为直角,即可判断线段的中点的轨迹,进而求出长度即可.【详解】解:由题知,设,因为过点作圆的切线,切点分别为,所以在以为直径的圆上,即在上,因为是切点,所以在上,故是两圆的交点,故两圆方程相减可得所在的直线方程,化简可得,因为在上, 所以,故直线;关于选项A,若,则,解得:所以,故圆心到的距离所以故选项A错误;由,即,联立,解得:,所以过定点故选项C正确;因为所以由于过定点 所以到距离记中点为,则,,故选项B正确;因为为线段的中点,且在上,所以,所以点轨迹为以为直径的圆,所以周长为故选项D错误.故选:BC12.已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（）A.存在，使得B.存在，使得平面C.点在某个球面上运动D.当时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ACD【解析】【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，因为，所以，又，，所以，所以即为二面角的平面角，又，，所以，所以，则，，若，又，，平面，则平面，因平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；对于B：若平面，平面，则，又，，平面，所以平面，平面，，在中与矛盾，故B错误； 对于C：，在半径为的球面上，故C正确；对于D，当时，，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中项的系数是__________.【答案】【解析】【分析】根据二项式的特点，先将分解，然后分两部分求解，最后求和即可得出结果.【详解】因为，展开式第项展开式第项当时，；当时，，所以展开式中项为，则的系数为，故答案为：.14.若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为__________.【答案】5【解析】【分析】设出点的坐标，利用的长度计算出，再利用抛物线的定义即可求解.【详解】设点，由题意可知：，解得：，所以， 故答案为：.15.已知直线是曲线与的公切线，则__________.【答案】【解析】【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算.【详解】设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即同理，设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即，所以，解得，所以，，.故答案为：.16.己知数列满足：，记，且，则整数_____．【答案】【解析】【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.【详解】由，可得， 所以，，则，所以，，所以，，所以，因为，所以，则有，所以，则.故答案为：．【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列满足：（1）求证：是等比数列；（2）设数列的前项和为，求【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用等比数列定义即可证明是等比数列；（2）利用分组求和法即可求得数列的前项和.【小问1详解】由，得， 由，可得，所以，所以，所以是等比数列，且首项为3公比为2.【小问2详解】由（1）得，，即所以18.记中，角所对边分别为，且（1）求的最小值；（2）若，求及的面积.【答案】（1）（2）5，【解析】【分析】（1）先利用题给条件求得，再利用均值定理即可求得的最小值；（2）先求得，再利用正弦定理即可求得及的面积.【小问1详解】因为，所以，即，因为，所以， 所以，（当且仅当时等号成立.）所以的最小值为.【小问2详解】因为，由（1）得，，因为，所以，所以，由正弦定理，得，所以的面积为.19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面.（1）证明：；（2）若为上的点，当与平面所成角的正弦值最大时，求的值. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质证得平面，过点A作可证得，再由线面垂直的性质证得，进而证得平面，进而证得.（2）建立空间直角坐标系，设，分类讨论与时，分别计算线面角的正弦值比较即可.【小问1详解】如图，过点A作，垂足为，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面又∵平面，∴.又∵平面，平面,∴.又∵，、平面，∴平面，又∵平面，∴.【小问2详解】由（1）知，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系 ，如图所示，∵底面是菱形，且，∴底面为正方形，设，则，所以，设，则.设平面的一个法向量为，则①当时，取.设与平面所成角为，则，当时，的最大值为.②当时，取，则∴，∴综述：与平面所成角的正弦值最大时为，此时.20.2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国，夺得冠军.根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战” 的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出.若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列期望；（2）现有甲､乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需要通过“点球大战”来决定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以获得冠军概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据题意可得门将每次扑中点球的概率，且，进而根据二项分布求解即可；（2）利用独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式求解即可.【小问1详解】根据题意门将每次扑中点球的概率，的可能取值为，且， ；所以的概率分布为01234数学期望.【小问2详解】（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，则乙队没有进球，所以甲队获得冠军的概率为.（ii）点球在第7轮结束，且乙队以获胜，所以前5轮战平，且第6轮战平，第7轮乙队胜甲队当前5轮两队为时，乙队胜出的概率为当前5轮两队为时，乙队胜出的概率为，因为上述两个事件互斥，所以乙队胜出的概率为.21.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为（1）求的方程； （2）若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）;（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用三角形周长求出a，当为的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点的坐标，利用三角形面积求出b作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.【小问1详解】依题意，的周长，解得，则椭圆，令椭圆的半焦距为c，当为的上顶点时，直线为：，由消去y得，解得或，于是得点，又的面积为，则，整理得，则有，解得或，有或，因为，则，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，，，直线的方程为， 由消去得，设，则，而，，所以为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22.已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个零点，求的范围，并证明【答案】（1）单调增区间为和，单调减区间为和（2）的范围是，证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，令、解不等式可得答案； （2）当、讨论不符合题意；当时求出得在和均单调递增，当时，由、得在上有一个零点；当，，在上有一个零点，所以的范围是，可得，，再由，得的两个零点，再利用基本不等式得可得答案.【小问1详解】的定义域为，当时，，导函数，令，得或；令，得且；所以的单调增区间为和，单调减区间为和；【小问2详解】当时，只有1个零点，不符合题意；当时，若，则；若，则，不符合题意，所以.当时，，所以在和均单调递增.当时，由， ，所以在上有一个零点；当，同理，所以在上有一个零点，所以的范围是，因为的两个零点为，所以，即，所以，同理，，所以，若，即，则，所以的两个零点互为倒数，即，所以（等号不成立），所以，所以，所以得证.【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是利用导数判断出两个零点互为倒数，本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力，属于难题.