山東省煙臺市高三二模數學試題

2023年高考適應性練習（二）數學注意事項：1．本試題滿分150分，考試時間為120分鐘．2．答卷前，務必將姓名和準考證號填涂在答題紙上．3．使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰；超出答題區(qū)書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1.已知集合，，則（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合，再利用集合的運算即可求出結果.【詳解】因為，由，解得，即，又，所以，故選：B.2.若復數z滿足，則的最小值為（）．A.3 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根據和的幾何意義，結合雙曲線的圖象即可得到的最小值.【詳解】設復數在復平面上對應的點的坐標為，則表示點到的距離與到的距離的差為4，所以點的軌跡為雙曲線的右支，圖象如下所示：表示點到的距離，所以的最小值為3.故選：A.3.若，則（）．A. B.496 C. D.992【答案】B【解析】【分析】賦值法分別令，，聯(lián)立可求得的值.【詳解】令可得，①令可得，②由②+①可得，則，故選：B.4.樂高積木是由丹麥的克里斯琴森發(fā)明的一種塑料積木，由它可以拼插出變化無窮的造型，組件多為組合體．某樂高拼插組件為底面邊長為、高為的正四棱柱，中間挖去以底面正方形中心為底面圓的圓心、直徑為、高為的圓柱，則該組件的體積為（）．（單位：）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正四棱柱和圓柱的體積公式即可求出結果.【詳解】因為正四棱柱的底面邊長為、高為，所以正四棱柱的體積為，又挖去的圓柱的直徑為、高為，所以圓柱的，故所求幾何體的體積為.故選：D.5.已知函數在上單調遞增，則的取值范圍為（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由的取值范圍求出的取值范圍，結合余弦函數的性質得到不等式組，解得即可.【詳解】由，所以，又，所以，且函數在上單調遞增，所以，解得，即的取值范圍為.

故選：D6.過點的直線與拋物線交于P，Q兩點，F(xiàn)為拋物線的焦點，，若，則的值為（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】【分析】由拋物線的方程可得焦點的坐標，設過點的直線的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，求出的縱坐標之差的絕對值，由三角形的面積公式可得三角形的面積，求得，由向量的關系，及兩根之和及兩根之積，可得參數的值.【詳解】由拋物線的方程可知焦點為，

由題意可得設過點的直線的方程為，設，

聯(lián)立，消去整理可得：，

可得①，②，

所以，

故，解得.

由于，所以，

所以,結合①②可得，即，

由③÷④化簡整理得，解得或（舍去）.

故選:B.7.已知集合，若從U的所有子集中，等可能地抽取滿足條件“，”和“若，則”的兩個非空集合A，B，則集合A中至少有三個元素的概率為（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得中沒有重復數字，不為空集，且可將中10個數字分為5組，且每組數中的一個數如果在集合中，另一個必在集合中，所以集合中元素的個數小于等于集合中元素的個數，所以集合中元素的個數可能為1，2，3，4，5，再由組合知識和概率計算公式可得答案.【詳解】由，可得中沒有重復數字，由，則可得不為空集，且可將中10個數字分為5組，分別為2或20，4或18，6或16，8或14，10或12，且每組數中的一個數如果在集合中，另一個必在集合中，所以集合中元素的個數小于等于集合中元素的個數，所以集合中元素的個數可能為1，2，3，4，5，所以集合的可能的個數為，所以.故選：C.8.已知函數的定義域為R，其導函數為，且滿足，，則不等式的解集為（）．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先由題中條件求出，根據不等式可構造，利用偶函數且在區(qū)間上單調遞增可解.【詳解】由得，即，可設，當時，因得，所以，可化為，即，設，因，故為偶函數，當時，因，，故，所以在區(qū)間上單調遞增，因，所以當時的解集為，又因為偶函數，故的解集為.故選：C二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.甲、乙兩人參加消防安全知識競賽活動．活動共設三輪，在每輪活動中，甲、乙各回答一題，若一方答對且另一方答錯，則答對的一方獲勝，否則本輪平局．已知每輪活動中，甲、乙答對的概率分別為和，且每輪活動中甲、乙答對與否互不影響，各輪活動也互不影響，則（）．A.每輪活動中，甲獲勝的概率為B.每輪活動中，平局的概率為C.甲勝一輪乙勝兩輪的概率為D.甲至少獲勝兩輪的概率為【答案】ABD【解析】【分析】由事件的相互獨立性，計算概率即可判斷.【詳解】根據題意可得，甲獲勝的概率為：，故A正確；乙獲勝的概率為，所以平局的概率為，故B正確；所以3輪活動中，甲勝一輪乙勝兩輪的概率為：，故C不正確；甲至少獲勝兩次的概率為故D正確.故選：ABD.10.已知實數a，b滿足，則（）．A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由不等式的性質化簡條件，結合指數函數單調性，對數函數性質判斷A，B，要比較大小等價于比較的大小，故考慮構造函數，利用導數判斷函數的單調性，利用單調性比較大小，判斷C，舉反例判斷D.【詳解】因為，所以，因為函數為上的增函數，所以，A錯誤；因為函數在上為增函數，所以，所以，所以，B正確；構造函數，則，所以函數在上單調遞增，又，所以，所以，即，C正確；取可得，，但，D錯誤；故選：BC11.三棱錐中，底面、側面均是邊長為2的等邊三角形，面面，P為的中點，則（）．A.B.與所成角的余弦值為C.點P到的距離為D.三棱錐外接球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】根據三角形和三角形為等邊三角形得到，，然后根據線面垂直的判定定理得到平面，然后根據線面垂直的定義即可得到，即可判斷A選項；利用空間向量的方法求異面直線所成角即可判斷B選項；利用等腰直角三角形的性質求距離即可判斷C選項；根據外接球的性質得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半徑和外接球表面積即可判斷D選項.【詳解】連接，，因為三角形和三角形為等邊三角形，為中點，所以，，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；因為面面，面面，，平面，所以平面，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，，，，，，，設與所成角為，所以，故B錯；因為平面，平面，所以，因為三角形和三角形的邊長為2，所以，在等腰直角三角形中，，所以點到的距離為，故C正確；分別取三角形和三角形的外心，，再分別過，作平面，平面的垂線交于點，所以為三棱錐的外接球球心，，，所以，三棱錐的外接球的表面積為，故D正確.故選：ACD.12.如圖，在中，，，，點分別在，上且滿足，，點在線段上，下列結論正確的有（）．A.若，則B.若，則C.的最小值為D.取最小值時，【答案】BCD【解析】【分析】A選項根據平面向量基本定理和向量共線的性質求解；B選項，結合A選項，用，來表示出，然后由數量積的計算進行說明；C選項，取中點，則，問題轉化成定點到線段上動點的距離最小值；D選項，通過轉化先推出取得最小值時，也取最小值，然后用面積的割補計算.【詳解】A選項，點在線段上，則，使得，則，又，，故，根據題干若，由平面向量基本定理可知：，于是，A選項錯誤；B選項，根據A的分析，若，此時，故，，于是，由，，，代入數據由向量數量積可得，即，B選項正確；C選項，取中點，則，由，于是，由，，故為等邊三角形，故，根據中位線可知，//，于是，在中根據余弦定理可得，為銳角，又，故過作的高線時，垂足點落在線段上，由題意垂足點為時，

最小.最小值為，C選項正確；D選項，，在中，根據余弦定理可求得，即，根據C選項可知，最小時也最小.根據，根據C選項的分析，，故，注意到，故，故，D選項正確.故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，則的值為__________．【答案】【解析】【分析】根據利用誘導公式及二倍角余弦公式計算可得.【詳解】因為，所以.故答案為：14.已知實數滿足，則的最大值為__________．【答案】##【解析】【分析】設點，則問題轉化為圓上一點與圓外一點之間距離的最大值的平方，根據點與圓的位置關系求解即可.【詳解】方程整理得，設點，即點是圓上一點又點在圓外，所以，則，所以的最大值為.故答案為：.15.已知函數，若存在四個不相等的實根，，，，則的最小值是__________．【答案】3【解析】【分析】作函數與圖象，結合圖象可得，，再利用基本不等式求最值即可.詳解】作函數與圖象如下：由圖可得，存在四個不相等的實根，可得，可得，，即，，所以，當且僅當即且等號成立，則的最小值是.故答案為：.16.歐拉是瑞士數學家和物理學家，近代數學先驅之一，在許多數學的分支中經?？梢砸姷揭运拿置闹匾瘮?、公式和定理．如著名的歐拉函數：對于正整數n，表示小于或等于n的正整數中與n互質的數的個數，如，．那么，數列的前n項和為__________．【答案】【解析】【分析】利用錯位相減法求和.【詳解】在中，與不互質的數有，共有個，所以，所以，設數列的前項和為，所以，，兩式相減可得,所以,即,故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，．（1）求角B的大小；（2）若為鈍角三角形，且，求外接圓半徑的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理結合條件，進行邊角轉化即可得出結果；（2）利用正弦定理，將邊轉角，再結合條件得到，再利用角的范圍即可得出結果.【小問1詳解】因為，由正弦定理可得，得到，又，所以，故，即，所以，又，所以，得到.【小問2詳解】由正弦定理，得到，，所以，所以，又因為為鈍角三角形，且，又由（1）知，所以，所以，由的圖像與性質知，所以18.新修訂的《中華人民共和國體育法》于2023年1月1日起施行，對于引領我國體育事業(yè)高質量發(fā)展，推進體育強國和健康中國建設具有十分重要的意義．某高校為調查學生性別與是否喜歡排球運動的關系，在全校范圍內采用簡單隨機抽樣的方法，分別抽取了男生和女生各100名作為樣本，經統(tǒng)計，得到了如圖所示的等高堆積條形圖：（1）根據等高堆積條形圖，填寫下列2×2列聯(lián)表，并依據的獨立性檢驗，是否可以認為該校學生的性別與是否喜歡排球運動有關聯(lián)；性別是否喜歡排球運動是否男生女生（2）將樣本的頻率視為概率，現(xiàn)從全校的學生中隨機抽取50名學生，設其中喜歡排球運動的學生的人數為X，求使得取得最大值時的k值．附：，其中，．【答案】（1）列聯(lián)表見解析，有關聯(lián)（2）22【解析】【分析】（1）結合條形等高圖寫出列聯(lián)表，計算值即可判定；（2）由題意知隨機變量,結合二項分布的概率計算列不等式組求解即可.【小問1詳解】由等高堆積條形圖知,2×2列聯(lián)表為：性別是否喜歡排球運動是否男生3070女生6040零假設為:性別與是否喜歡排球運動無關,根據列聯(lián)表中的數據,，依據的獨立性檢驗,可以推斷不成立,即性別與是否喜歡排球運動有關聯(lián).【小問2詳解】由(1)知,喜歡排球運動的頻率為,所以,隨機變量,則，令，解得.因為,所以當時,取得最大值.19.已知數列的前項和為，，，數列滿足，且．（1）求數列和的通項公式；（2）設，求數列的前項和．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據等差數列通項和求和公式可求得；根據等比數列通項公式可求得；（2）由（1）可得，進而得到；分別在為偶數和為奇數的情況下，采用分組求和的方式，結合等比數列求和公式和裂項相消法可求得結果.【小問1詳解】，數列是以為公差的等差數列，，解得：，，；，，數列是以為首項，為公比的等比數列，.【小問2詳解】由（1）得：，即，當為奇數時，；當為偶數時，；當為偶數時，；當為奇數時，；綜上所述：.20.如圖，在圓錐中，底面直徑，高，P為底面圓周上異于A，B的一點．（1）母線上是否存在一點M，使得平面，若存在，指出M的位置；若不存在，說明理由；（2）設，當二面角的大小為時，求的值．【答案】（1）不存在一點，使得平面，理由見解析（2）【解析】【分析】（1）假設在上存在一點，使得平面，利用線面垂直的判定定理，證得平面，得到，這與為等腰三角形矛盾，從而得到結論.（2）以為原點，建立空間直角坐標系，根據，得到，求得向量，設，分別求得平面和平面的一個法向量和，結合向量的夾角公式列出方程，即可求解.【小問1詳解】解：不存在一點，使得平面.理由：假設在上存在一點，使得平面，因為平面，所以，又因為為直徑，可得，因為且平面，所以平面，又因為平面，所以，在中，，所以為等腰三角形，所以與不垂直，這與矛盾，所以上不存在一點，使得平面.【小問2詳解】解：以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，因為，可得，又因為，可得，所以，設平面的法向量為，則，即，取，可得，設，可得平面的一個法向量為，又由平面的一個法向量為，因為二面角的大小為，可得，解得，即，即，又由，解得.21.已知函數．（1）若在上單調遞增，求實數a的取值范圍；（2）當時，證明：，．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求得，轉化為在上恒成立，進而轉化為在上恒成立，令，求得，得出函數的單調性和最大值，即可求解.（2）當時，得到且，當時，只需使得，利用導數求得單調遞增，得到；當時，顯然滿足；當時，由和，得到，即可得證.【小問1詳解】解：由函數，可得，因為在上單調遞增，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，