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山东省菏泽市2023届高三数学下学期一模联考试题(Word版附解析)
山东省菏泽市2023届高三数学下学期一模联考试题(Word版附解析)
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2023年高三一模考试数学试题2023.2注意事项:1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分,考试时间120分钟.2.答题前,考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时,请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效.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或D.或【答案】D【解析】【分析】根据不等式的解法,求得,结合补集的运算,即可求解.【详解】由不等式,解得,即,根据补集的概念及运算,可得或.故选:D.2.设i是虚数单位,复数,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先化简复数,再根据共轭复数概念得结果.【详解】故选:B 【点睛】本题考查共轭复数概念,考查基本分析求解能力,属基础题.3.2020年12月17日凌晨1时59分,嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆,这是我国首次实现了地外天体采样返回,标志着中国航天向前又迈出了一大步.月球距离地球约38万千米,有人说:在理想状态下,若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以达到到达月球的距离,那么至少对折的次数是()(,)A.40B.41C.42D.43【答案】C【解析】【分析】设对折次时,纸的厚度为,则是以为首项,公比为的等比数列,求出的通项,解不等式即可求解【详解】设对折次时,纸的厚度为,每次对折厚度变为原来的倍,由题意知是以为首项,公比为的等比数列,所以,令,即,所以,即,解得:,所以至少对折的次数是,故选:C【点睛】关键点点睛:本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型,求出数列的通项,转化为解不等式即可.4.如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且四个顶点在同一平面内,下列结论:①平面;②平面平面;③;④平面平面,正确命题的个数为() A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】根据题意,以正八面体的中心为原点,分别为轴,建立如图所示空间直角坐标系,由空间向量的坐标运算以及法向量,对选项逐一判断,即可得到结果.【详解】以正八面体的中心为原点,分别为轴,建立如图所示空间直角坐标系,设正八面体的边长为,则所以,,设面的法向量为,则,解得,取,即又,所以,面,即面,①正确;因为,所以,又,面,面,则面,由,平面,所以平面平面,②正确;因为,则,所以,③正确; 易知平面的一个法向量为,平面的一个法向量为,因为,所以平面平面,④正确;故选:D5.过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于,则()A.B.C.1D.16【答案】A【解析】【分析】点斜式设出直线l的方程,代入抛物线方程,根据抛物线的定义,利用韦达定理来求解.【详解】化为标准形式由此知;设直线l的方程为:,,,根据抛物线定义知;将,代入,可得,由此代入.故选:A6.为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”,某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报,每人承担一项工作,现需要一名总负责,两名美工,三名文案,但甲,乙不参与美工,丙不能书写文案,则不同的分工方法种数为()A.9种B.11种C.15种D.30种【答案】C【解析】【分析】利用分类加法计数原理进行分析,考虑丙是否是美工,由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.【详解】解:若丙是美工,则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工,然后从剩余四人中选三名文案,剩余一人是总负责人,共有种分工方法; 若丙不是美工,则丙一定是总负责人,此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工,剩余三人是文案,共有种分工方法;综上,共有种分工方法,故选:C.7.设实数满足,,,则的最小值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分为与,去掉绝对值后,根据“1”的代换,化简后分别根据基本不等式,即可求解得出答案.【详解】当时,,当且仅当,即,时等号成立,此时有最小值;当时,.当且仅当,即,时等号成立,此时有最小值.所以,的最小值为.故选:A.8.定义在实数集上的函数,如果,使得,则称为函数的不动点.给定函数,,已知函数,,在上均存在唯一不动点,分别记为,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由已知可得,则,.然后证明在上恒成立.令,根据复合函数的单调性可知在上单调递减,即可得出.令,根据导函数可得在上单调递减,即可推得.【详解】由已知可得,,则,且,所以.又,.令,,则恒成立,所以,在上单调递增,所以,所以.所以,,即.令,,因为函数在上单调递增,在上单调递减,且,根据复合函数的单调性可知,函数在上单调递减,所以在上单调递减.又,,所以.因为在上单调递减,,所以.又,所以,即.令,,则恒成立,所以,在上单调递减.又,,所以.综上可得,.故选:C.【点睛】关键点点睛:证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数,进而根据函数的单 调性得出大小关系.二、多选题: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,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.为了解学生的身体状况,某校随机抽取了100名学生测量体重,经统计,这些学生的体重数据(单位:千克)全部介于45至70之间,将数据整理得到如图所示的频率分布直方图,则()A.频率分布直方图中的值为0.04B.这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C.这100名学生体重的众数约为52.5D.据此可以估计该校学生体重75%分位数约为61.25【答案】ACD【解析】【分析】利用频率之和为1可判断选项A,利用频率与频数的关系即可判断选项B,利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数,即可判断选项C,由百分位数的计算方法求解,即可判断选项D.【详解】解:由,解得,故选项A正确;体重不低于60千克的频率为,所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人,故选项B错误;100名学生体重的众数约为,故选项C正确;因为体重不低于60千克的频率为0.3,而体重在,的频率为,所以计该校学生体重的分位数约为,故选项D正确.故选:ACD.10.已知圆,下列说法正确有() A.对于,直线与圆都有两个公共点B.圆与动圆有四条公切线的充要条件是C.过直线上任意一点作圆的两条切线(为切点),则四边形的面积的最小值为4D.圆上存在三点到直线距离均为1【答案】BC【解析】【分析】对于选项A,转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可;对于选项B,转化为两圆外离,运用几何法求解即可;对于选项C,由,转化为求最小值即可;对于选项D,设圆心到直线的距离为d,比较与1的关系即可.【详解】对于选项A,因为,即:,所以,所以直线恒过定点,又因为,所以定点在圆O外,所以直线与圆O可能相交、相切、相离,即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误;对于选项B,因为圆O与动圆C有4条公切线,所以圆O与圆C相离,又因为圆O的圆心,半径,圆C的圆心,半径,所以,即:,解得:.故选项B正确;对于选项C,,又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离,即:,所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确;对于选项D,因为圆O的圆心,半径,则圆心O到直线的距离为, 所以,所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.故选:BC.11.已知函数,下列命题正确的有()A.区间上有3个零点B.要得到的图象,可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度C.的周期为,最大值为1D.的值域为【答案】BC【解析】【分析】,根据的范围得出的零点,即可判断A项;根据已知得出平移后的函数解析式,即可判断B项;由已知化简可得,即可判断C项;由已知可得,,换元根据导函数求解在上的值域,即可判断D项.【详解】对于A项,由已知可得,.因为,所以,当或时,即或时,有,所以在区间上有2个零点,故A项错误;对于B项,将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数,故B项正确;对于C项,由已知可得,, 所以,的周期,最大值为,故C项正确;对于D项,.令,,,则.解,可得.解,可得,所以在上单调递增;解,可得或,所以在上单调递减,在上单调递减.且,,,.所以,当时,有最小值;当时,有最大值.所以,的值域为,故D项错误.故选:BC.【点睛】思路点睛:求出.令,,.然后借助导函数求出在上的最值,即可得出函数的值域. 12.已知双曲线的左、右焦点分别为、,过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点,下列命题正确的有()A.当点为线段的中点时,直线的斜率为B.若,则C.D.若直线斜率为,且,则【答案】BCD【解析】【分析】对于A选项,设,代入双曲线,用点差法即可判断;对于B选项,设,表示出和,得出,再结合即可得出结论;对于C选项,设,其中,由双曲线方程,得出,利用两点之间距离公式,分别表示出和,通过做差即可得出结论;对于D选项,根据双曲线的定义,得出,再证出点与点关于直线对称,则,即可得出结论.【详解】选项A:设,代入双曲线得,,两式相减得,,∵点为线段的中点,∴,, 即,,∴,,故A错误;选项B:设,,,,,又,,故B正确;选项C:设,其中,则,即,,,,,,,故C正确;选项D: ,,,,,∵直线的斜率为即,且过点,∴直线的方程为:,又∵,,,即,又∵点到直线的距离:,点到直线的距离:,即,∴点与点关于直线对称,,,故D正确;故选:BCD. 【点睛】结论点睛:本题涉及到双曲线中的有关结论:(1)若点是双曲线上一条弦的中点,则直线的斜率;(2)若双曲线上有两点、,且位于不同两支,则.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知夹角为的非零向量满足,,则__________.【答案】2【解析】【分析】由得,化简代入结合数量积的定义即可得出答案.【详解】因为的夹角为,且,而,则,所以,则,解得:.故答案为:2.14.定义在上的函数,满足为偶函数,为奇函数,若,则__________.【答案】1【解析】【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质,利用赋值法可得答案.【详解】若为偶函数,为奇函数,则,, 令,则,即,令,则,即,又因为,所以.故答案为:1.15.设均为非零实数,且满足,则__________.【答案】1【解析】【分析】先将原式化简得到,再令,即可得到,从而求得结果.【详解】由题意可得,,令,则,即,所以,即故故答案为:16.正三棱锥的高为为中点,过作与棱平行的平面,将三棱锥分为上下两部分,设上、下两部分的体积分别为,则__________. 【答案】【解析】【分析】根据题意,做出截面,然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得,进而可得,从而可得的值.【详解】连接并延长交于,连接,则为的中点,延长交于,过作分别交于,连接,因为,平面,平面,所以平面,又平面,故平面即为过作与棱平行的平面,由题可知,,即,设,则,又为中点,所以,所以,所以,即,,, 所以.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.如图,在平面四边形中,,.(1)试用表示的长;(2)求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据已知条件将用表示,再在中利用余弦定理求解即可;(2)在中先用余弦定理将用表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.【小问1详解】(),,,,则在中,,,则.【小问2详解】在中, ,则当时,取到最大值.故的最大值是18.为了促进学生德、智、体、美、劳全面发展,某校成立了生物科技小组,在同一块试验田内交替种植A、B、C三种农作物(该试验田每次只能种植一种农作物),为了保持土壤肥度,每种农作物都不连续种植,共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植;在每次种植的前提下再种植的概率为,种植的概率为,在每次种植的前提下再种植的概率为,种植的概率为.(1)在第一次种植的前提下,求第三次种植的概率;(2)在第一次种植的前提下,求种植作物次数的分布列及期望.【答案】(1)(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)设,,表示第次种植作物,,的事件,其中,2,3,由全概率公式可得,代入即可得出答案.(2)求出的可能取值及每个变量对应的概率,即可求出的分布列,再由期望公式求出的期望.【小问1详解】设,,表示第次种植作物,,的事件,其中,2,3.在第一次种植的情况下,第三次种植的概率为:;【小问2详解】 由已知条件,在第1次种植的前提下:,,,,,,因为第一次必种植,则随机变量的可能取值为1,2,-,,所以的分布列为:12.19.如图,直四棱柱中,,与交于为棱上一点,且,点到平面的距离为.(1)判断是否在平面内,并说明理由;(2)求平面与平面所成角余弦值.【答案】(1)直线不在平面内,理由见解析(2) 【解析】【分析】(1)以为坐标原点,过作与垂直的直线为轴,所在的直线分别为轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由到平面的距离公式求出直四棱锥的高,求出平面的一个法向量,由可证明直线不在平面内.(2)求出平面的一个法向量,由二面角的向量公式代入即可得出答案.【小问1详解】以为坐标原点,过作与垂直的直线为轴,所在的直线分别为轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设直四棱锥的高为,则,,,,,设平面的一个法向量为,则即取.-所以点到平面的距离为,令解得.设平面的一个法向量为,由,,则即,取,而,所以, 又与,共面,故直线不在平面内.【小问2详解】依(1)知平面的一个法向量为,易知平面的一个法向量为,设二面角的平面角为,则,故二面角的余弦值.20.已知首项不为0的等差数列,公差(为给定常数),为数列前项和,且为所有可能取值由小到大组成的数列.(1)求;(2)设为数列的前项和,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意,由等差数列的通项公式与求和公式得到关于的方程,即可得到结果;(2)根据题意,得到数列的通项公式,再由裂项相消法即可得到其前项和.【小问1详解】由题意得,,得①由,得②由①②,可得且,则,由,当在范围内取值时的所有取值为:所以. 【小问2详解】所以由于是递减的,所以21.已知函数.(1)若函数在R上单调递增,求的取值范围;(2)若,且有两个零点,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由函数单调递增,得到导函数大于等于0恒成立,参变分离得到,求出的单调性和极值,最值情况,得到答案;(2)转化为为方程的两根,由得到,记(),得到其单调性,求出在和过处的切线方程分别为和,作差法得到,,记与和的交点横坐标分别为,求出,,利用放缩法求出答案.【小问1详解】函数在R上单调递增,因此,即,记,则,令得:,令得:,故在上单调递增,在单调递减,所以在处取得极大值,也是最大值,, 因此;【小问2详解】不妨设,由,,即为方程的两根,由,故,解得:,所以,记(),则,令得,当时,,当时,,在上单调递减,在上单调递增,在处的切线方程为,记(),则单调递减,则,其中在上单调递增,且,即,设在的切线方程过点,则在的切线斜率为,所以,解得:,取,则在的切线方程过点,且斜率为,切线方程为,即,记(),则单调递增;又,其中令,,故, 令得:,令得:,当时,单调递减,当时,单调递增,故,故,记与和的交点横坐标分别为,则,故,由,单调递减,所以,,故,由,单调递增,所以,由于,所以.【点睛】方法点睛:分离参数法基本步骤为:第一步:首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,第二步:先求出含变量一边的式子的最值,通常使用导函数或基本不等式进行求解.第三步:由此推出参数的取值范围即可得到结论.22.如图,椭圆的焦点分别为为椭圆上一点,的面积最大值为.(1)求椭圆的方程; (2)若分别为椭圆的上、下顶点,不垂直坐标轴的直线交椭圆于(在上方,在下方,且均不与点重合)两点,直线的斜率分别为,且,求面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据条件,得到关于的方程,即可得到结果;(2)根据题意设直线的方程为,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理,再由列出方程,代入计算,即可得到结果.【小问1详解】,,,故椭圆的方程为;【小问2详解】依题意设直线的方程为,,联立方程组,消元得:,,,由得:,两边同除,,即;将代入上式得:整理得:所以或(舍), 当时等号成立,满足条件,所以面积的最大值为.
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高考 - 模拟考试
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