山东省济南市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

高考针对性训练数学试题一､单项选择题：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.已知全集，则图中阴影部分代表的集合为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据Venn图，由集合运算可解.【详解】由题意，而阴影部分为.故选：C2.已知复数是关于的方程的两根，则的值为（）A.-3B.-2C.2D.3【答案】D【解析】【分析】解方程可得与，利用乘法运算直接计算，或者利用韦达定理即可.【详解】解法一：由，得，，所以；解法二：方程，由韦达定理可得.故选：D3.若，则的值为（）A.-1B.0C.D.1【答案】A 【解析】【分析】利用赋值法可得：令可得；令可得：，即可得出结果.【详解】因为，令可得；令可得：；故.故选：A4.在平面直角坐标系中，如图所示，将一个半径为1的圆盘固定在平面上，圆盘的圆心与原点重合，圆盘上缠绕着一条没有弹性的细线，细线的端头（开始时与圆盘上点重合）系着一支铅笔，让细线始终保持与圆相切的状态展开，切点为，细绳的粗细忽略不计，当时，点与点之间的距离为（）A.B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据扇形的弧长公式，和展开过程中的长度关系即可.【详解】展开过程中：,,故选：D. 5.已知函数若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将函数有四个不同的零点，转化为函数与图象由四个交点，再数形结合即可解答.【详解】依题意，函数有四个不同的零点，即有四个解，转化为函数与图象由四个交点，由函数函数可知，当时，函数为单调递减函数，；当时，函数为单调递增函数，；当时，函数为单调递减函数，；当时，函数为单调递增函数，；结合图象，可知实数的取值范围为.故选：A6.在数列中,若,则（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】将转化为,再根据等比数列求和公式求解即可.【详解】因为,所以.故选:C.7.如图，正四面体的棱与平面平行，且正四面体内的所有点在平面内的射影构成图形面积的最小值是，则该正四面体的棱长为（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据题设，按不同的阶段，分析四面体绕旋转过程中在面内的投影形状，并确定面积的变化趋势，结合已知最小投影面积即可求棱长.【详解】由题图，当四面体绕旋转过程中，在面内的投影可能为三角形或四边形，若四面体的棱长为，、为、中点，如下图，，，正四面体体高为，所以，故， 不妨以顺时针旋转过程为例：①从面面到面面，四面体在面上的投影为三角形，以投影为底边，其对应的高从△的高变成的体高，所以从逐渐变小为，则投影面积从逐渐变小为；②从面面到面，四面体在面上的投影从三角形变成四边形，将平移至面内，起止位置如下图示，若面与面的夹角为，注意，面与面的夹角为，所以，垂直于投影的投影长为，所以投影面积从逐渐变大为且；③从面到面面，四面体在面上的投影从四边形变成三角形，由上分析知：过程变化刚好是①②的逆过程，即投影面积先变小后变大，所以投影面积从且先变小为，再变大为；④从面面到面，四面体在面上的投影为三角形，以投影为底边，其对应的高从△的高变成异面直线的距离， 所以，投影面积从逐渐变小为；⑤从面到面面，变化过程与④刚好相反，即面积在变大；上述5个过程，对应投影面积变化的一个周期，其中面积最小，即，所以四面体的棱长为.故选：B8.在中，若，则面积的最大值为（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】延长至点，使得，延长至点，使得，可得，，再由可得答案.【详解】如图，延长至点，使得，延长至点，使得，若，则，，所以，则面积的最大值为1.故选：C.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 某学校组建了辩论､英文剧场､民族舞､无人机和数学建模五个社团，高一学生全员参加，且每位学生只能参加一个社团.学校根据学生参加情况绘制如下统计图，已知无人机社团和数学建模社团的人数相等，下列说法正确的是（）A.高一年级学生人数为120人B.无人机社团的学生人数为17人C.若按比例分层抽样从各社团选派20人，则无人机社团选派人数为3人D.若甲､乙､丙三人报名参加社团，则共有60种不同的报名方法【答案】AC【解析】【分析】根据图表所给出的数据，分别计算出5个社团的具体人数和占高一年级总人数的比例，再逐项求解.【详解】由题目所给的数据可知：民族舞的人数为12，占高一年级总人数的比例为，所以高一年级的总人数为，英文剧场的人数，辩论的人数=30，无人机=数学建模=，占高一年级人数的比例是，故A正确，B错误，分层抽样20人，无人机应派出（人），C正确，甲乙丙三人报名参加社团，每人有5种选法，共有种报名方法，D错误；故选：AC.10.抛物线的准线为，焦点为，且经过点，点关于直线的对称点为点，设抛物线上一动点到直线的距离为，则（）A.B.的最小值为 C.直线与抛物线相交所得弦的长度为4D.过点且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有两条【答案】BC【解析】【分析】A选项，代入坐标即可求出；B选项，利用抛物线的定义和三角形三边关系求解即可；C选项，注意到轴，根据对称性，所求弦长为；D选项，是符合的直线，然后设出直线方程和抛物线联立求解.【详解】A选项，代入抛物线方程，解得，故A错误；D选项，由A知，此时抛物线方程为，故准线为，由题意，于是过点且和抛物线只有一个交点，过斜率不存在的线显然和抛物线不相交，故设，和抛物线联立得到，整理得，由，解得或，于是，是抛物线的两条切线，综上，过点且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有三条，D选项错误；C选项，注意到，故轴，设直线与抛物线相交所得弦为，根据对称性，，C选项正确；B选项，设准线，垂足为，由题意，，根据抛物线的性质，，于是， 当落在线段上取等号，故B选项正确.故选：BC11.如图，圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，圆锥的内接圆柱的底面半径为，圆柱的体积为，则（）A.圆锥的表面积为B.圆柱的体积最大值为C.圆锥的外接球体积为D.【答案】ABC【解析】【分析】根据圆锥的截面确定底面半径和母线，代入圆锥表面积公式计算可判断A，利用相似找到圆柱的底面半径和高的关系，求出圆柱体积的解析式，利用导数法求解最大值可判断B，找到外接球的球心，利用勾股定理求出球的半径，求出体积即可判断C，作差变形，判断符号即可判断D.【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，圆锥的高，所以圆锥的表面积为，故选项A正确；设圆柱的高为h，如图 则，解得，则圆柱的体积为，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以圆柱的体积最大值为，故选项B正确；如图，设圆锥的外接球球的半径为，则由是正三角形可得，,在中，，解得，所以圆锥的外接球体积为，故选项C正确；因为，所以， ，所以，由于与1的关系无法判断，所以与大小关系不确定，故选项D错误.故选：ABC.12.若为函数的导函数，数列满足，则称为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，其中，则（）A.B.数列是单调递减数列C.D.关于的不等式的解有无限个【答案】BCD【解析】【分析】对函数求导，得出数列递推关系，构造等比数列，求出通项，根据数列的函数性质及不等式证明逐一判断各选项.【详解】对于A，由得，所以，故A错误；对于B，由得，，所以，数列是单调递减数列，故B正确； 对于C，，，由，得，所以，所以，令，则，所以数列是公比为2的等比数列，又，，所以，即，所以，，即.对于C，，下面用数学归纳法证明：.当时，，命题成立；假设当时，命题成立，即；当时，即，，命题成立；所以命题成立；综上成立.对于D，，因为，所以，即，，所以不等式的解有无限个,故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题关键是由和，构造等比数列，考查了运算求解能力和逻辑推理能力,属于偏难题目. 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知正数满足，则的最小值为___________.【答案】18【解析】【分析】对等式进行变形，再根据基本不等式进行求解即可.【详解】因为，则，又，是正数，所以，当取得等号，即且时取等号，所以最小值为，故答案为：.14.已知随机变量，其中，则___________.【答案】0.2【解析】【分析】由服从的分布类型可直接求出，，从而求出，再根据正态分布的对称性即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，又因为，所以，因为，所以，且，又因为，所以，所以.故答案为：0.2.15.山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2 ，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为______米.【答案】【解析】【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.【详解】由题意，，所以，所以在中，，，又，所以，在中，由正弦定理得，，所以，在中，，由余弦定理得，，所以.故答案为：16.已知函数，，当实数满足时，不等式恒成立，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】 【分析】同构，对函数多次求导，研究函数的单调性，根据求得，从而把不等式恒成立问题转化为在上恒成立，构造函数，利用导数求出函数最值即可求解.【详解】，令，易知函数在上单调递增，则，有，记，则，时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以函数单调递增，且，由题意，所以，所以，不等式恒成立即恒成立，所以时，恒成立，即在上恒成立，记，则，因为，所以在上单调递增，所以，故.故答案为：【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.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.已知等差数列的前项和为，且满足.（1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式和前项和公式计算可得答案；（2）由题意可知，利用错位相减求和可得答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为.所以，所以，，所以；【小问2详解】由题意可知，所以①，②，①②得，，，，.18.如图，四边形与均为菱形，，且. （1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，易证、，应用线面垂直判定证结论；（2）连接，求证两两垂直，构建空间之间坐标系，向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】设AC与BD相交于点O，连接FO.因为四边形ABCD为菱形，所以，且为中点，因为，所以，又，面，所以平面.【小问2详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，因为为中点，所以，又，面，所以平面.所以两两垂直，如图所示，建立空间直角坐标系， 因为四边形为菱形，，所以.因为为等边三角形，所以，所以，所以，，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成角为，则.19.已知，其图象相邻对称轴间的距离为，若将其图象向左平移个单位得到函数的图象.（1）求函数的解析式及图象的对称中心；（2）在钝角中，内角的对边分别是，若，求的取值范围.【答案】（1），对称中心为（2）【解析】【分析】（1）根据的图象相邻对称轴间的距离得到周期求出，再根据图像平移得到，由对称中心公式求得结果；（2）由得出三角的关系，利用正弦定理及角度关系化简，再利用导数求函数单调区间得出结果. 【小问1详解】已知的图象相邻对称轴间的距离为，则.由周期公式得，，所以，，令，所以，故函数的对称中心为【小问2详解】由题意得，，，所以.所以或（舍），所以.因为在钝角中，所以，所以，则令，，当时，；当时，；可得在单调递减，在单调递增. 所以当，即时，有最小值；，所以故.20.某校举行“学习二十大，奋进新征程”知识竞赛，知识竞赛包含预赛和决赛.（1）下表为某10位同学预赛成绩：得分939495969798人数223111求该10位同学预赛成绩上四分位数（第75百分位数）和平均数；（2）决赛共有编号为的5道题，学生甲按照的顺序依次作答，答对的概率依次为，各题作答互不影响，若累计答错两道题或五道题全部答完则比赛结束，记为比赛结束时学生甲已作答的题数，求的分布列和数学期望.【答案】（1）上四分位数：96，平均数：（2）分布列答案见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）直接利用百分位数求解步骤即可求出上四分位数，再利用平均数的计算公式即可计算平均数；（2）找出的所有可能取值，然后分别求出其概率，即可列出分布列，进而求出数学期望.【小问1详解】因为，所以上四分位数为第八个成绩，为96；平均数为.【小问2详解】由题意可知的取值为，所以，，， ，所以的分布列为：2345.21.已知椭圆，圆与轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.（1）求的标准方程；（2）不过原点的动直线与交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.【答案】（1）（2）直线与圆相离，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意列出椭圆中的，，的关系解方程组即可求解；（2）需判断圆心到直线的距离与圆的半径的大小系，重视设而不求的思想方法.小问1详解】由题意，圆与轴的交点为，可得，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，又因为，可得，，所以椭圆的标准方程为【小问2详解】 如图所示，设，当直线的斜率存在时，设直线，与联立可得，，且有，，由可得点为中点，可得，且有，所以可得，，即点的坐标为，将点代入椭圆，可得，化简后，得，由于点分别满足， 代入上式可得，，即.代入韦达定理可得，，满足式，点到直线的距离，由于，可得，所以，所以有，所以直线与圆相离，当直线的斜率不存在时，此时有，代入，可得，又，可得，所以直线的方程为，也满足直线与圆相离.综上，直线与圆相离.22.已知函数.（1）讨论的极值点个数；（2）若有两个极值点，直线过点.（i）证明：；（ii）证明：.【答案】（1）答案见解析（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，分、、 三种情况讨论，分别求出函数的极值点的个数；（2）（i）由（1）知，，不妨设，且，，依题意只需证明，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明；（ii）依题意可得，则只需证明，即证明，结合（i）的结论即可得证.【小问1详解】因为定义域为，且，当时，恒成立，在上单调递增，极值点个数为；当时，对于函数，，所以恒成立，所以在上单调递增，极值点个数为；当时，由得，或，由得，或；由得，.所以单调递减区间为，单调递增区间为.所以为极大值点，为极小值点，极值点个数为.综上，当时，极值点个数为；当时，极值点个数为2.【小问2详解】（i）由（1）知，，不妨设，则，，所以， 要证成立，只需证明，只需证明，令，则，所以在上单调递减，所以，所以成立.所以.（ii）由得，要证成立，只需证明，因为，所以只需证明，只需证明，只需证明，即，因为成立，所以成立.【点睛】 方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．