山东省青岛市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

2023年高三年级第三次适应性检测数学试题本试卷共4页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.【详解】因为集合A，B满足，故可得，对A：当为的真子集时，不成立；对B：当为的真子集时，也不成立；对C：，恒成立；对D：当为的真子集时，不成立；故选：C.2.若为等比数列，则“”是“数列是递增数列”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】根据等比数列是递增数列，得到一定成立，反之不成立，结合充分条件和必要条件的判定，即可求解.【详解】若等比数列是递增数列，可得一定成立；反之：例如数列，此时满足，但数列不是递增数列，所以“”是“数列是递增数列”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性性，以及必要不充分条件的判定，着重考查推理与计算能力，属于基础题.3.将四位数2023的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】运用列举法求古典概型的概率即可.【详解】将2023各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数（含原来的四位数）的基本事件有：2203、2230、3220、3022、2023、2320、2032、2302、3202共9个，所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的基本事件有：2023、2320、2032、2302、3202共5个，所以所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为.故选：A.4.某比赛决赛阶段由甲，乙，丙，丁四名选手参加，在成绩公布前，A，B，C三人对成绩作出如下预测：A说：乙肯定不是冠军；B说：冠军是丙或丁；C说：甲和丁不是冠军．成绩公布后，发现三人中只有一人预测错误，则冠军得主是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D【解析】【分析】由题意分类讨论一一排除即可. 【详解】若A预测错误，则B、C预测正确，即乙是冠军，则B的预测冠军是丙或丁错误，矛盾；若B预测错误，则A、C预测正确，即甲乙丁不是冠军，丙是冠军，与B的预测矛盾；所以C预测错误，则A、B预测正确，即甲和丁有一个是冠军，又B预测冠军是丙或丁正确，故冠军为丁.故选：D5.瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．这条直线被称为欧拉线．已知的顶点，，，若直线l：与的欧拉线平行，则实数a的值为（）A.－2B.－1C.－1或3D.3【答案】B【解析】【分析】根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解.【详解】由的顶点，，知，重心为，即，又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点，即，所以可得的欧拉线方程，即，因为与平行，所以，解得，故选：B6.将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图像变换及单调性计算即可.【详解】向左平移，得，时，，在上单调递减，即，故.故选：C7.已知向量，，满足：，，，则的最小值为（）A.B.C.2D.1【答案】A【解析】【分析】建立平面坐标系，用坐标表示，，，利用数量积的坐标运算计算即可.【详解】由题意不妨设，则，且，解之得或，由，即的终点C在以为圆心，1为半径的圆上，故，由圆的对称性，不妨令，即，连接AD交圆于E，由点与圆的位置关系可知 .故选：A8.已知O为坐标原点，双曲线C：的左，右焦点分别为，，过C的右焦点且倾斜角为的直线交C右支于A，B两点，AB中点为W，，△的周长等于12，则（）A.a＝3B.双曲线C的渐近线方程为C.D.【答案】D【解析】【分析】运用韦达定理、弦长公式、双曲线定义及两点间距离公式可求得、的值，进而代入计算判断各个选项即可.【详解】如图所示，由题意知，，，其中，设直线AB方程为，联立， 设，，则，，则所以①，由双曲线定义知，，所以的周长为，所以②，由①②得：③，又因为为AB的中点，所以，，所以，所以，解得：④，由③④可得：，所以双曲线方程为.所以双曲线渐近线方程为，故A项错误、B项错误；对于C项，，故C项错误；对于D项，因为，所以， 所以，所以，故D项正确.故选：D.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.关于x的方程的复数解为，，则（）A.B.与互为共轭复数C.若，则满足的复数z在复平面内对应的点在第二象限D.若，则的最小值是3【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，求出，再逐项计算、判断作答.【详解】因为，因此不妨令方程的复数解，对于A，，A错误；对于B，与互为共轭复数，B正确；对于C，，由，得，则复数z在复平面内对应的点在第四象限，C错误；对于D，设，由，得，显然有，由选项A知，因此，当且仅当，即时取等号，D正确.故选：BD10.为了判断某地区超市的销售额与广告支出之间的相关关系，现随机抽取7家超市，得到其广告支出与销售额数据如下表，则（） 超市ABCDEFG广告支出x万元1246101320销售额y万元19324440525354A.广告支出的极差为19B.销售额的中位数为40C.若销售额y与广告支出x之间的经验回归方程为，则D.若去掉超市A这一组数据，则销售额y与广告支出x之间线性相关程度会减弱【答案】AC【解析】【分析】根据极差、中位数、线性回归的相关知识即可解决.【详解】A：支出极差：，故A正确；B：销售额中位数：按照从小到大的顺序排列后，可知中位数为44，故B错误；C：样本中心点恒过线性回归方程，因为，所以，故C正确；D：因为不在线性回归直线上且偏差较大，去掉这组数据后，相关程度会更高，故D错误.故选：AC.11.已知实数a，b，满足a＞b＞0，，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】分析】对于选项A：根据题意结合基本不等式分析判断；对于选项B：利用作差法分析判断；对于选项C：分析可得，结合指数函数单调性分析判断；对于选项D：结合幂函数单调性分析判断.【详解】对于选项A：因为，即，解得或，所以或，故A错误； 对于选项B：，因为a＞b＞0，则，即，且，所以，即，故B正确；对于选项C：因为a＞b＞0，且，可得同号，则有：若同正，可得，则，可得；若同负，可得，则，可得；综上所述：，又因为在定义域内单调递减，所以，故C正确；对于选项D：因为a＞b＞0，则，可得在内单调递增，可得，且，所以，故D正确；故选：BCD.12.在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝1，，点M，N分别为PB，AC中点，W是线段PA上的动点，则（）A.平面平面ABCB.面积的最小值为C.平面WMN截该三棱锥所得截面不可能是菱形D.若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为【答案】ABD【解析】【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设 所成角为，由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式结合二次函数的性质可判断B；当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，可判断C；若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，三棱锥的棱长最长为，故可求出正方体的体积最小值可判断D.【详解】对于A，因为，，故，，则，又因为，所以，故，因为，为的中点，所以，则平面ABC，所以平面ABC，平面，则平面平面ABC，故A正确；对于B，因为平面ABC，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，所以，设所成角为，而， 又，故，，所以的面积为，故B正确；对于C，当为中点，取的中点，连接，因为，故四边形四点共面，且四边形为平行四边形，又因为，故四边形为菱形，所以当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，故C不正确；对于D，因为，，所以， 故三棱锥P－ABC的外接球半径为，故该外接球的内接正方形的棱长为，若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题的关键点在于由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式可得，再由二次函数的性质可求出面积的最小值.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．13.已知椭圆的长轴长为，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的标准方程为______．【答案】【解析】【分析】求得抛物线焦点即椭圆焦点，再设椭圆方程，由椭圆长轴长和焦点坐标求得，，再由，，的关系求即可.【详解】抛物线方程化为标准方程得，焦点坐标为，∵抛物线焦点与椭圆的一个焦点重合，∴椭圆焦点在轴，设椭圆方程为，（），则由焦点坐标和长轴长知，，∴，∴，∴椭圆的标准方程为.故答案为：. 14.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为______．【答案】##【解析】【分析】由圆锥侧面展开图求得圆锥母线长，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，由此图形计算出球的半径后可得表面积．【详解】设圆锥母线长为，由题意，，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，是切点，如图，易知是圆锥的高，在上，由得，因此，所以，，所以圆锥内半径最大的球的表面积为，故答案为：．15.若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为______．（用数字作答）【答案】28【解析】【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数. 【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，则展开式为，可得第项的系数为，令，即，解得，所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.故答案为：28.16.设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数均有．则______．【答案】【解析】【分析】采用赋值的方式可求得，令和可证得的对称轴和奇偶性，由此可推导得到的周期性，利用周期性可求得函数值.【详解】令，则，；令，，则，又，；令，则，关于直线对称；令，则，不恒成立，恒成立，为奇函数，，，是周期为的周期函数，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用抽象函数的周期性求解函数值的问题，解题关键是能够通过赋值的方式，借助已知中的抽象函数关系式推导得到函数的对称性和奇偶性，以及所需的函数值，进而借助对称性 和奇偶性推导得到函数的周期.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.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求角B；（2）若c＝3a，D为AC中点，，求的周长．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用诱导公式、两角和的正弦公式、同角关系式变形整理可求得角；（2）由余弦定理求得，在和中由余弦定理和求得，从而可得周长．【小问1详解】∵，所以，，则，整理得，又，∴，而，∴；【小问2详解】，由余弦定理得，，是中点，则，在中由余弦定理得，， 在中由余弦定理得，，，，∴，解得，所以的周长为．18.如图，三棱台中，平面平面ABC，AB＝AC，，，．（1）求四棱锥的体积；（2）在侧棱上是否存在点E，使得二面角E－AC－B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）2；（2）存在，E为侧棱的中点【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.（2）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量及二面角的余弦值求解作答.【小问1详解】在三棱台中，取的中点，连接，因为，，，则，有 ，，因为平面平面，平面平面，则平面平面，平面平面，平面，于是平面，梯形中，，则梯形的高，因此梯形的面积，所以四棱锥的体积.【小问2详解】取的中点，连接，因为，则，在等腰梯形中，分别为上下底边的中点，有，而平面平面，平面平面，平面，于是平面，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，令，有，设平面的法向量为，而，则，令，得，因为平面，则为平面的一个法向量，记二面角的平面角为， 于是，即，而，解得，所以存在点为的中点，使得二面角的余弦值为.19.记是数列的前n项和，，．（1）求数列的通项公式；（2）若，，成等差数列，求．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由时，得的递推关系，从而可得；（2）由已知让结合等差数列性质求得，由此可得，已知式中让取偶数即可得，从而得出结论．【小问1详解】∵，∴时，，两式相减得：，即，是偶数时，，∴；【小问2详解】由已知①，②，∵，，成等差数列，∴③，①②③联立解得，∴，， 由已知得，即，综上，．20.已知动圆P经过点，并且与圆B：相切，记圆心P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若动圆Q的圆心在曲线C上，定直线l：x＝t与圆Q相切，切点记为M，探究：是否存在常数m使得？若存在，求m及直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在常数使得，此时直线l方程为【解析】【分析】（1）由动点的轨迹满足椭圆定义求椭圆方程即可.（2）设出点Q坐标可表示、，根据恒成立列式可求得结果.【小问1详解】如图所示，由题意知，圆B圆心为，半径为4，设动圆P的半径为R，因为，所以点在圆B内，如图所示，所以，，所以，所以圆心P的轨迹为以A、B为焦点，长轴长为4的椭圆. 所以，，故，，则.所以曲线C的方程为.【小问2详解】如图所示，存在常数m使得，理由如下：设，则，，，所以，，假设存在常数m使得，则对于任意的恒成立，即：对于任意的恒成立，所以，.即：存在常数使得，此时直线l方程为.21.甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别为，．（1）记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及数学期望；（2）假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率， ，求a，b，c；并证明：答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．【答案】（1）分布列见解析，；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求得的取值，再求对应的概率即可求得分布列；再根据分布列求即可；（2）求得，再分析第轮得分情况和第轮得分情况，从而求得递推关系，通过的正负，即可判断和证明.【小问1详解】由题可知是，的取值为，；；故的分布列如下：则.小问2详解】由题可知，；经分析可得：若第轮没有得分，则；若第轮得分，且第轮没有得分，则； 若第轮得分，且第轮得分，第轮没有得分，则；故，故；因为，故，故；故，且，则，所以答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大.【点睛】关键点点睛：本题考察离散型随机变量分布列、数学期望的求解；第二问处理的关键是能够合理分析第轮的得分对概率的影响，从而求得递推关系；属综合困难题.22.已知函数，当，b＝1时，曲线在x＝0处的切线与x轴平行．（1）求c；（2）当时，，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）把，b＝1代入，利用导数的几何意义结合给定切线求出c并验证作答.（2）不等式等价变形成，构造函数，分类讨论并结合导数确定出a，b取值范围，结合不等式性质构造函数利用导数求出最小值判断作答.【小问1详解】依题意，，求导得，于是，解得，而当时，，，因此曲线在x=0处的切线为，平行于x轴，所以. 【小问2详解】由（1）知，，当时，，令，求导得，若，则，不符合题意，若，当时，，符合题意，当时，，因此函数在上单调递增，，符合题意，当时，令，则，即函数在上单调递增，而，则存在使得，当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，综上得且，则有，令，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，因此，即，所以.【点睛】关键点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.