山东省菏泽市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

全市高三第二次模拟测试数学试题第I卷选择题（共60分）一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用补集的定义求解作答.【详解】集合，而全集，所以.故选：A2.设a，b为实数，，若，则复数的虚部为（）A.B.－C.D.－【答案】D【解析】【分析】利用复数乘除法运算法则得到，得到复数的虚部.【详解】变形得到，故，解得，故，所以，复数的虚部为.故选：D3.“”是“直线与直线平行”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要 【答案】A【解析】【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选：A.4.已知一个装满水的圆台容器的上底面半径为5，下底面半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为（）A.32πB.36πC.48πD.50π【答案】D【解析】【分析】确定表面积最大时铁球的特性，作出圆台及球的轴截面，借助圆的切线性质及直角三角形求出球半径作答.【详解】依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台上底面和侧面相切，显然铁球球心在圆台的轴线上，过圆台的轴作平面截面圆台得等腰梯形，截球得球的大圆，圆与都相切，如图， 令的中点为，过点的圆的直径另一端点为，过作圆的切线交分别于，则，即圆是等腰梯形的内切圆，过作的垂线，垂足分别为，令圆切于，于是,，令圆的半径为，，显然，又，则有，而，因此，又，即，中，，于是，解得，所以可放入铁球的表面积的最大值.故选：D5.设、分别为双曲线的左右焦点，O为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且为等腰三角形，则双曲线的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，确定，结合圆的切线性质及双曲线定义列式计算作答.【详解】因为直线与圆切于点E，则，而为等腰三角形， 必有，E为的中点，而O为中点，于是，有，且，令双曲线焦距为2c，由，得，即，有，所以双曲线的离心率.故选：A6.足球是一项大众喜爱的运动,为了解喜爱足球是否与性别有关,随机抽取了若干人进行调查,抽取女性人数是男性的2倍,男性喜爱足球的人数占男性人数的,女性喜爱足球的人数占女性人数的,若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,则被调查的男性至少有（）人a0.100.050.010.0050.0012.7063.8415.6357.87910.828A10B.11C.12D.13【答案】C【解析】【分析】根据题意,设出男生人数,从而计算出列联表,再算出7.879比较即可.【详解】设被调查的男性为人,则女性为人,依据题意可得列联表如下表:男性女性合计喜爱足球 不喜爱足球合计,因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,所以有,即,解得,又因为上述列联表中的所有数字均为整数,故的最小值为12.故选:C.7.已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用辅助角公式变形函数，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.【详解】依题意，函数，，因为在区间上单调递增，由，则，于是且，解得且，即，当时，，因为在区间上只取得一次最大值，因此，解得，所以的取值范围是.故选：B8.已知定义在R上的函数的导函数为，满足，且，当时，，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，由时，可得在上单调递增，由，可得.A选项，比较与大小即可判断选项正误；B选项，比较与大小即可判断选项正误；C选项，比较1与大小即可判断选项正误；D选项，比较与大小即可判断选项正误；【详解】因，则，则函数在上单调递增；因，则.A选项，，故A错误；B选项，注意到，则，故B错误；C选项，，故C错误；D选项，，故D正确.故选：D 【点睛】关键点睛：本题关键为通过题目条件构造出函数，并得到其单调性与对称性，若难以想到，可以通过选项形式得到提示.二、选择题（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.在某次数学竞赛活动中，学生得分在之间，满分100分，随机调查了200位学生的成绩，得到样本数据的频率分布直方图，则（）A.图中x的值为0.029B.参赛学生分数位于区间的概率约为0.85C.样本数据的75%分位数约为79D.参赛学生的平均分数约为69.4【答案】AC【解析】【分析】利用各小矩形面积和为1求出x判断A；求出分数位于区间的频率判断B；求出75百分位数判断C；估计学生的平均分数判断D作答.【详解】对于A，由，解得，A正确；对于B，分数位于区间的频率为，估计概率为0.60，B错误；对于C，由选项B知，样本数据的75%分位数，由，解得，C正确；对于D，由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为，平均分数，D错误. 故选：AC10.在棱长为2的正方体中，P是侧面上的一个动点（不包含四个顶点），则下列说法中正确的是（）A.三角形的面积无最大值、无最小值B.存在点P，满足DP//平面C.存在点P，满足D.与BP所成角的正切值范围为[,]【答案】BCD【解析】【分析】求出点P到直线的距离的最小值判断A；利用面面平行的性质判断B；利用等腰三角形性质判断C；求出与BP所成角的余弦值，结合三角函数单调性判断D作答.【详解】在正方体中，面面，面，面，则点到的距离的最小值为面与面的距离2，此时点在上，因为正方体的对角面为矩形，且，又，此时的面积有最小值，故A错误；连接，由选项A可知，四边形为矩形，即有，面，面，则面，同理面，又，平面，因此平面平面，当，面，故B正确；因，取的中点为，则，即，故C正确；因为是侧面上的一个动点(不包含四个顶点)，则射线必与折线段存在交点， 设，，则，，而，令与所成的角为，则，因为，因此在时，，时，，又因为在上单调递减，在上单调递增，所以时，最大，，当时，最小，，则，故D正确.故选：BCD11.画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆.分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，分别与椭圆相切于两点，为坐标原点，下列说法正确的是（）A.椭圆的蒙日圆方程为B.记点到直线的距离为，则的最小值为C.一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为 D.的面积的最小值为，最大值为【答案】ACD【解析】【分析】当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；结合两种情况可知A正确；利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可求得B错误；根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式可求得C正确；推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，结合二次函数最值的求法可求得结果，知D正确.【详解】对于A，当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则；当直线斜率均存在时，设，切线方程为：，由得：，由整理可得：，，又，，即，，点轨迹为； 将检验，满足，蒙日圆的方程为，A正确；对于B，为椭圆上点，，；的最小值为点到直线的距离，又，，，B错误；对于C，矩形四条边均与相切，该矩形为蒙日圆的内接矩形，设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，，（当且仅当时取等号），此矩形面积最大值为，C正确；对于D，设位于椭圆上半部分，即，，在处的切线斜率，切线方程为：，即，在处的切线方程为；同理可得：当位于椭圆下半部分，即时，切线方程为：；在点处的切线方程为，同理可知：在点处的切线方程为；设，则，可知坐标满足方程，即切点弦所在直线方程为：；当时，，此时所在直线方程为：， ，；当时，由得：，由A知：，，设，则，，，又原点到直线的距离，，令，，，则，为开口方向向下，对称轴为的抛物线，，，，，综上所述：的面积的最小值为，最大值为，D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.12.已知，分别是函数和的零点，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.【详解】令，得，即，，令，得，即，即，，记函数，，则，所以函数在上单调递增，因为，，所以，故A错误；又，所以，，所以，故B正确；所以，故C正确；又，所以，结合，得，因为，所以，且，因在区间上单调递减，所以， 即，故D正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.第II卷非选择题（共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知向量，若向量与垂直，则向量与的夹角余弦值是______.【答案】【解析】【分析】由与垂直，可得m，后由向量夹角余弦的坐标表示可得答案.【详解】因，则.又与垂直，则.则.故答案为：14.若，则______.【答案】1024【解析】【分析】根据给定的展开式，利用赋值法直接求解作答.【详解】在中，均为负数，均为正数，令，得.故答案为：102415.已知函数，若存在三个不相等的实数a，b，c，使得成立，则的取值范围是________.【答案】【解析】 【分析】先求导得到的单调性，极值情况，得到若存在三个不相等的实数a，b，c，使得，则，将化为，得到.【详解】的定义域为R，且，令得或，令得，故在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，，，画出的图象如下：设存在三个不相等的实数a，b，c，使得，对于方程可化为，整理得，故.故答案为：【点睛】设一元三次方程的三个根为， 原方程可化为，整理得，比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：.16.设数列是以为首项，为公比的等比数列，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.则＝_______；令，则＝_______.【答案】①.②.【解析】【分析】求出数列的通项公式，由已知直接求出，再利用等差数列性质求出数列的前n项和，并利用错位相减法求和作答.【详解】依题意，，由等差数列性质得，即，解得；，显然数列是等差数列，其前n项和记为，则，令均满足上式，因此，于是，则，令，则有， 两式相减得：，因此，所以.故答案为：；【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17.记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.（1）求B和b的值；（2）求AC边上高的最大值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.（2）利用余弦定理、均值不等式求出的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.【小问1详解】由，得，即，因此，在中，，即，而，即，于是，又，解得，因为的外接圆半径，由正弦定理得， 所以，.【小问2详解】由（1）知，，，由余弦定理，得，于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，则由，得所以AC边上高的最大值是.18.已知各项为正数的等比数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前2n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设首项为，公比为q，由可得，化简后可得，即可得答案；（2）由题可得当为奇数时，，当n为偶数时，.后由分组求和法可得答案.【小问1详解】设首项为，公比为q.因，则.又各项为正数，则，故； 【小问2详解】由（1）及题意可得，；当为奇数时，；则当为偶数时，..19.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，，，，，E为PD中点.（1）求证：面PAB；（2）点Q在棱PA上，设，若二面角P－CD－Q余弦值为，求.【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.通过证明，可得面PAB.（2）如图建立以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴的空间直角坐标系，由，可得，后分别求出平面PCD法向量 ，平面CDQ法向量，则，据此可得答案.【小问1详解】取PA中点为F，连接EF，FB.因E，F分别为PD，PA中点，则，即四边形ECBF为平行四边形，则，又平面PAB，平面PAB，则面PAB；【小问2详解】取CD中点为G，因，则.又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDC，则平面ABCD.过C点作BA平行线，交AD于M.因平面ABCD，则.过C做PG平行线CN，则以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴，如图建立空间直角坐标系.则注意到，则，故.则，，，.设平面PCD法向量为，则，取；设平面CDQ法向量为，则，令，则，故取.因二面角P－CD－Q余弦值为，则，即. 又，则..20.某公司年末给职工发奖金，采用趣味抽奖的方式，在一个纸箱里放10个小球：其中2个红球、3个黄球和5个绿球，每个职工不放回地从中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球得奖金1千元，每拿到一个黄球得奖金800元，每拿到一个绿球得奖金500元.（1）求已知某职工在三次中只有一次抽到黄球的条件下，至多有1次抽到红球的概率；（2）设拿到红球的次数为X，求X的分布列并计算拿到的三个球中，红球个数比黄球个数多的概率.【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）设事件：在三次中只有1次拿到黄球，事件：三次中至多一次抽到红球，则事件：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，求出，，然后利用条件概率公式求解；（2）拿到红球的次数为0，1，2，求出对应的概率，从而可得的分布列；设事件“拿到红球的个数比黄球的个数多”，分为三种情况：红1黄，红1绿，红2绿，求出对应的概率再相加即可得的概率.【小问1详解】设事件：在三次中只有1次拿到黄球，事件：三次中至多一次抽到红球，则事件：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，，，所以． 【小问2详解】拿到红球的次数为0，1，2，则，，，故的分布列为012设事件“拿到红球的个数比黄球的个数多”，红1黄，，红1绿，，红2绿，，∴．21.设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，.（1）①求C的方程；②若M点在第一象限且，求；（2）动直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率分别为，，t为非零的常数.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①P点坐标为；②；③直线AB经过点.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）【答案】（1）①；②（2）证明过程见解析【解析】 【分析】（1）①表达出，，由勾股定理列出方程，求出，得到抛物线方程；②设出直线的方程，联立抛物线方程，设，由焦半径公式得到方程，得到，再由焦点弦长公式求出答案；（2）选①②，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由列出方程，求出，证明出直线AB经过点；选①③，由题意直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，计算出；选②③，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，代入中，变形得到，求出，得到P点坐标为.【小问1详解】①由题意得，因为直线MD垂直于x轴，，所以点的横坐标为，代入中，，则，其中，由勾股定理得，解得，故抛物线方程为；②由①知，因为，所以，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，与联立得，，设，则，，因为，由焦半径公式可知，即，将其代入中得，解得，负值舍去，则，.【小问2详解】若选①②，设直线，且，联立，得，故，故，同理，故，即，解得，所以，即直线AB经过点；若选①③，由题意直线，且， 联立得，所以，，同理，所以；若选②③，由题意得直线，且，，联立得，所以，，同理，，所以，即，要想上式对任意的成立，则，即，故P点坐标为.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.22.已知函数. （1）求在处的切线方程；（2）求单调区间；（3）当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）单调递减区间为，单调递增区间为（3）【解析】【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）分别在和的情况下，根据正负可求得单调区间；（3）令，将恒成立的不等式转化为恒成立；利用导数可求得单调递增，采用放缩法可求得，由此可得结果.【小问1详解】，，又，在处的切线方程为：.【小问2详解】由题意知：定义域为；由（1）知：；当时，，，；当时，，，；的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问3详解】当时，由得：，即 恒成立；令，则恒成立，；令，则在上恒成立，在上单调递增，，则，在上单调递增；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即（当且仅当时取等号），，，对恒成立，，即的取值范围为.【点睛】关键点睛；本题求解恒成立问题的关键是能够将恒成立不等式进行变形，采用构造函数的方式将问题转化为恒成立的问题，结合分离变量的思想可得.