山东省德州市2023届高考数学一模试题（Word版附解析）

2023年高考诊断性测试数学一､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，只有一项符合题目要求.1.若复数满足，则（）A.B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】求得，进而可得.【详解】，，.故选：A．2.已知集合，，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．【详解】解：由，，解得，所以，集合，因为，所以，解得．故选：C．3.在中，“”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 【答案】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.【详解】设，由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，故直线的方程为，联立方程，消去y得，则，可知异号，由题意可得：，解得.故选：B.5.新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计 该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（）A.180辆B.360辆C.600辆D.840辆【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.【详解】因为，且，所以，所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.故选：A.6.由点射出的两条光线与分别相切于点，，称两射线，上切点右侧部分的射线和优弧右侧所夹的平面区域为的“背面”．若处于的“背面”，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设过点的切线方程为，进而可得切线方程，利用新定义可求的最值，进而可求实数的取值范围．【详解】解：设过点的切线方程为， ，，直线的方程为，即，直线的方程为，即，处于的“背面”，与相切时取最小值，由，解得或，结合图形可得的最小值为，同理与相切时可得的最大值为，．故选：D．7.已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．【详解】解：设，则，，，，或（舍去）， 为的重心，，为的中点，，故选：B．8.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.【详解】解：，，使，则，可得，，若k为奇数，则，所以，，则，解得，或，当时，，，，，当时，，，，，若k为偶数，则，所以，，则， 解得，或，当时，，，，当时，，，，，因此，所有解之和为：，故选：C.【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.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.近年来，我国人口老龄化持续加剧，为改善人口结构，保障国民经济可持续发展，国家出台了一系列政策，如2016年起实施全面两孩生育政策，2021年起实施三孩生育政策等．根据下方的统计图，下列结论正确的是（）2010至2022年我国新生儿数量折线图A.2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万B.2010至2022年每年新生儿数量的第一四分位数低于1400万C.2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势D.2010至2016年每年新生儿数量方差大于2016至2022年每年新生儿数量的方差【答案】AC【解析】【分析】根据折线图逐项进行分析验证即可求解.【详解】对于A，由折线图可知：2010至2022年每年新生儿数量13个数据中有2010至2018年的数量（9个）均高于1500万，3个数据低于1400万，根据数据之间的差距可得2010至2022 年每年新生儿数量的平均数高于1400万，故选项A正确；对于B，由图可知共有13个数据，因为，所以第一四分位数是按照从小到大排列的数据的第4个数据，由折线图可知，第4个数据为2019年新生儿的数量，其值大于1400万，故选项B错误；对于C，由折线图可知2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势，故选项C正确；对于D，由折线图可知：2010至2016年每年新生儿数量的波动比2016至2022年每年新生儿数量的波动小，所以2010至2016年每年新生儿数量的方差小于2016至2022年每年新生儿数量的方差，故选项D错误，故选：AC.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.当时，的值域为C.将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象D.将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称【答案】ACD【解析】【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确； 由，知，因为，所以，所以，，即，，又，所以，所以，对于B，当时，，所以，所以的值域为，故B错误；对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．故选：ACD．11.已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（）A.向量在上的投影向量为B.若为直角三角形，则为等轴双曲线C.若，则的离心率为D.若，则的渐近线方程为【答案】ABD【解析】【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为 ，可判断B，设，解得，可得，可判断C，设,可得，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，为等轴双曲线，故B正确；对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，，，，，故C错误；对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，，在双曲线上，，，，的渐近线方程为，即，故D正确.故选：ABD12.已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知可得，，依据每个选项条件逐项计算可判断每个选项的正确性．【详解】由题意得，，，，， 对于A：，因为函数在上单调递增，，故A正确；，因为函数在上单调递增，，故B正确；由，，，，，故C错误；令，则，当时，，在上单调递增，因为，则，所以，，，，故D正确．故选：ABD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中含项的系数为______．【答案】－60【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】，设该二项式的通项公式为，因为的次数为，所以令，二项式的通项公式为，令，所以项的系数为，故答案为：14.某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有10个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检：从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取4 个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占，则小张决定采购该企业产品的概率为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，则小张决定采购该企业产品的概率；故答案为：．15.过点与曲线相切的直线方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.【详解】设切点坐标为，，.则切线方程为，因为在切线上，所以，即又，所以， 令，，当时，，所以在上单调递增，所以方程只有唯一解为.即切点坐标为，故所求切线方程为，即.故答案为：16.在三棱锥中，两两垂直，，为棱上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥的外接球表面积为______．【答案】①.②.【解析】【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.【详解】设，且，因为两两垂直，所以，所以，可得，因为且，所以平面，又因为平面，所以，所以，因为且，所以平面，又因为平面，所以，所以， 所以，当且仅当，即时等号成立，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：；.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.已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.小问1详解】设数列的公比为， 因为，，成等差数列，所以，即，解得或，因为各项均为正数，所以，所以，由，得，解得，所以.【小问2详解】由（1）知，，则，所以，两式相减可得，整理可得．18.在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求证：；（2）若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可； （2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得又，所以因为为锐角三角形，所以，，又在上单调递增，所以，即；【小问2详解】由（1）可知，，所以在中，，由正弦定理得：，所以，所以．又因为为锐角三角形，所以，，，解得，所以，即面积的取值范围为．19.黄河鲤是我国华北地区的主要淡水养殖品种之一，其鳞片金黄、体形梭长，尤以色泽鲜丽、肉质细嫩、气味清香而著称．为研究黄河鲤早期生长发育的规律，丰富黄河鲤早期养殖经验，某院校研究小组以当地某水产养殖基地的黄河鲤仔鱼为研究对象，从出卵开始持续观察20天，试验期间，每天固定时段从试验水体中随机取出同批次9尾黄河鲤仔鱼测量体长，取其均值作为第天的观测值（单位：），其中，．根据以往的统计资料，该组数据可以用Logistic曲线拟合模型或Logistic非线性回归模型进行统计分析，其中a，b，u为参数．基于这两个模型，绘制得到如下的散点图和残差图： （1）你认为哪个模型的拟合效果更好？分别结合散点图和残差图进行说明：（2）假定，且黄河鲤仔鱼的体长与天数具有很强的相关关系．现对数据进行初步处理，得到如下统计量的值：，，，，，，其中，，根据（1）的判断结果及给定数据，求关于的经验回归方程，并预测第22天时仔鱼的体长（结果精确到小数点后2位）．附：对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，；参考数据：．【答案】（1）拟合效果更好，答案见解析（2），【解析】【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.【小问1详解】Logistic非线性回归模型拟合效果更好．从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内． 【小问2详解】将转化为，则，所以，所以．所以关于的经验回归方程为．当时，体长．20.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．（1）求证：；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：取中点，连接，，，因为为菱形且，所以为等边三角形，故． 又在等边三角形中，，，平面，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】由，，可得就是二面角的平面角，所以，在中，，所以为边长为的等边三角形，由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，中，，，可得，，，，故，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，得，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为. 21.在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．（1）求点的轨迹的方程；（2）过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】设，由题意，因为，所以，即，两边平方并整理得．故点的轨迹的方程为；【小问2详解】设直线方程为，联立，消并整理得，，显然，设，，则，， 又，可得线段中点坐标为，所以线段中垂线的方程为，令，可得，对于直线，令，可得，所以又，所以，令，则，因为在上单调递增，所以，故．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知，且0为的一个极值点．（1）求实数的值；（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点； ②，其中且．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.【小问1详解】由，则， 因为0为的一个极值点，所以，所以．当时，，当时，因为函数在上单调递减，所以，即在上单调递减；当时，，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，又因为，所以，，在上单调递增；.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故.【小问2详解】①当时，，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则，因为函数在上单调递减，且，， 由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，当时，，即单调递减．又因为，所以，，在上单调递增；因为，，所以存在，当时，，单调递增，当时，，单调递减．所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，，此时在上无零点；当时，，所以在单减，又，，由零点存在定理，函数在上存在唯一零点； 当时，，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点．②因为，由（1）中在上单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以．令，则，所以，设，，则，所以函数在上单调递减，则，即，，所以，所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.