山東省威海市2023屆高三二模數(shù)學(xué)試題（含解析）

這是一份山東省威海市2023屆高三二模數(shù)學(xué)試題（含解析），共26頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，雙空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
山東省威海市2023屆高三二模數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________ 一、單選題1．已知全集，集合滿足，則（    ）A． B． C． D．2．若復(fù)數(shù)滿足，則（    ）A． B．5 C． D．63．已知，則（    ）A． B． C． D．4．已知，，則（    ）A． B．2 C．6 D．95．云計(jì)算是信息技術(shù)發(fā)展的集中體現(xiàn)，近年來，我國云計(jì)算市場(chǎng)規(guī)模持續(xù)增長．已知某科技公司2018年至2022年云計(jì)算市場(chǎng)規(guī)模數(shù)據(jù)，且市場(chǎng)規(guī)模y（單位：千萬元）與年份代碼x的關(guān)系可以用模型（其中e＝2.71828…）擬合，設(shè)，得到數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下表：年份2018年2019年2020年2021年2022年x12345ym112036.654.6zn2.433.64由上表可得回歸方程，則m的值約為（    ）A．2 B．7.4 C．1.96 D．6.96．已知直線過定點(diǎn)P，線段MN是圓的直徑，則（    ）A． B．3 C．7 D．97．已知等邊三角形SAB為圓錐的軸截面，AB為圓錐的底面直徑，O，C分別是AB，SB的中點(diǎn)，過OC且與平面SAB垂直的平面記為，若點(diǎn)S到平面的距離為，則該圓錐的側(cè)面積為（    ）A． B． C． D．8．已知函數(shù)，，若總存在兩條不同的直線與曲線，均相切，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（    ）A． B． C． D． 二、多選題9．以下說法正確的是（    ）A．將4封不同的信全部投入3個(gè)郵筒，共有64種不同的投法B．將4本不同的數(shù)學(xué)書和2本不同的物理書排成一排，且物理書不相鄰的排法有480種C．若隨機(jī)變量，且，則D．若隨機(jī)變量，則10．將函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象，則（    ）A． B．在上單調(diào)遞減C．在上有3個(gè)極值點(diǎn) D．直線是曲線的切線11．已知數(shù)列的首項(xiàng)，前n項(xiàng)和為．設(shè)與k是常數(shù)，若對(duì)任意，均有成立，則稱此數(shù)列為“”數(shù)列．若數(shù)列是“”數(shù)列，且，則（    ）A． B．為等比數(shù)列C．的前n項(xiàng)和為 D．為等差數(shù)列12．已知雙曲線E：的左、右焦點(diǎn)分別為，，過且斜率為的直線l與E的右支交于點(diǎn)P，若，則（    ）A．E的離心率為 B．E的漸近線方程為C．P到直線x＝1的距離為 D．以實(shí)軸為直徑的圓與l相切 三、填空題13．已知向量，，，若，則t＝______．14．若函數(shù)是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝______．15．已知拋物線的焦點(diǎn)為，過的直線與交于，兩點(diǎn)，且，為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線交的準(zhǔn)線于點(diǎn)，則與的面積之比為______． 四、雙空題16．在棱長為2的正方體中，點(diǎn)P滿足，其中，．當(dāng)直線平面時(shí)，P的軌跡被以為球心，R為半徑的球面截得的長度為2，則R＝______；當(dāng)時(shí)，經(jīng)過A，，P的平面與棱交于點(diǎn)Q，則直線PQ與平面所成角的正切值的取值范圍為______．  五、解答題17．已知偶函數(shù)的部分圖象如圖所示，，，為該函數(shù)圖象與軸的交點(diǎn)，且為圖象的一個(gè)最高點(diǎn)．(1)證明：；(2)若，，，求的解析式．18．如圖，在四棱臺(tái)中，平面，下底面是菱形，，，．  (1)求四棱錐的體積；(2)求平面與平面所成角的余弦值．19．已知2n＋2個(gè)數(shù)排列構(gòu)成以為公比的等比數(shù)列，其中第1個(gè)數(shù)為1，第2n＋2個(gè)數(shù)為8，設(shè)．(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)設(shè)，求數(shù)列的前100項(xiàng)和．20．乒乓球被稱為中國的“國球”．20世紀(jì)60年代以來，中國乒乓球選手取得世界乒乓球比賽的大部分冠軍，甚至多次包攬整個(gè)賽事的所有冠軍．乒乓球比賽每局采用11分制，每贏一球得1分，一局比賽開始后，先由一方發(fā)2球，再由另一方發(fā)2球，依次每2球交換發(fā)球權(quán)，若其中一方先得11分且至少領(lǐng)先2分即為勝方，該局比賽結(jié)束；若雙方比分打成平后，發(fā)球權(quán)的次序仍然不變，但實(shí)行每球交換發(fā)球權(quán)，先連續(xù)多得2分的一方為勝方，該局比賽結(jié)束．現(xiàn)有甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為，各球的結(jié)果相互獨(dú)立，已知某局比賽甲先發(fā)球．(1)求該局比賽中，打完前4個(gè)球時(shí)甲得3分的概率；(2)求該局比賽結(jié)束時(shí)，雙方比分打成且甲獲勝的概率；(3)若在該局雙方比分打成平后，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束，求事件“”的概率．21．已知橢圓：的三個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成邊長為4的等邊三角形．(1)求的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知直線的傾斜角為銳角，分別與軸、軸相交于點(diǎn)，，與相交于，兩點(diǎn)，且為線段的中點(diǎn)，關(guān)于軸的對(duì)稱點(diǎn)為，直線與的一個(gè)交點(diǎn)為．（i）證明：直線與的斜率之比為定值；（ii）當(dāng)直線的傾斜角最小時(shí)，求的方程．22．已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)證明：方程在上有且只有一個(gè)解；(3)設(shè)點(diǎn)，，，若對(duì)任意，，都有經(jīng)過，的直線斜率大于，求實(shí)數(shù)的取值范圍．
參考答案：1．D【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義求出集合，再判斷即可.【詳解】因?yàn)?/span>，且，所以，所以，，，.故選：D2．A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡，再計(jì)算模即可.【詳解】因?yàn)?/span>，所以，所以.故選：A3．C【分析】利用誘導(dǎo)公式及二倍角余弦公式計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)?/span>，所以.故選：C4．C【分析】根據(jù)指數(shù)和對(duì)數(shù)的關(guān)系及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)?/span>，所以，又，所以.故選：C5．B【分析】根據(jù)題意，由回歸方程過點(diǎn)，可得，再由即可求得.【詳解】由題意可得，，將代入可得，且，所以，又因?yàn)?/span>，即，所以.故選:B6．C【分析】求出定點(diǎn)P，圓心及半徑，利用向量的運(yùn)算可得，即可求值.【詳解】直線可化為：，由解得，所以直線過定點(diǎn)，圓的圓心為,半徑為，所以, 所以，故選：C7．B【分析】首先根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，作出點(diǎn)到平面的距離，再結(jié)合圖形，求出底面半徑和母線，即可求解.【詳解】如圖，作于點(diǎn)，因?yàn)槠矫?/span>平面，且平面平面，所以平面，，點(diǎn)為的中點(diǎn)，則，且為等邊三角形，則，所以，所以底面半徑，母線，則該圓錐的側(cè)面積  故選：B8．A【分析】設(shè)函數(shù)，的切點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可得，，即該方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，則設(shè)，求導(dǎo)確定其單調(diào)性與取值情況，即可得實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】設(shè)函數(shù)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為，且，函數(shù)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為，且，又，，則公切線的斜率，則，所以，則公切線方程為，即，代入得，則，整理得，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)，圖象均相切，則方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，設(shè)，則，令得，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，時(shí)，，單調(diào)遞減，所以在處取得極大值即最大值，即，由可得，又當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，， 所以，解得，故實(shí)數(shù)的取值范圍為.故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及公切線問題一般先設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)切線相同得到方程組，將雙變量方程轉(zhuǎn)化為單變量方程，再參變分離，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點(diǎn)問題，即可求出參數(shù)的取值范圍.9．BC【分析】按照分步乘法計(jì)數(shù)原理判斷A，利用插空法判斷B，根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)判斷C，根據(jù)二項(xiàng)分布的方差公式求出，再根據(jù)方差的性質(zhì)判斷D.【詳解】對(duì)于A：第1封信可以投入3個(gè)信箱中的任意一個(gè)，有3種投法；同理，第2，3，4封信各有3種投法．根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有種投法．故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：先排4本不同的數(shù)學(xué)書有種排法，再將2本不同的物理書插空有種排法，所以共有種不同的排法，故B正確；對(duì)于C：因?yàn)?/span>，且，所以，故C正確；對(duì)于D：因?yàn)?/span>，所以，所以，故D錯(cuò)誤；故選：BC10．BCD【分析】根據(jù)三角函數(shù)的變換規(guī)則求出的解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)判斷A、B、C，設(shè)切點(diǎn)為，求出導(dǎo)函數(shù)，即可得到方程組，解得即可判斷D.【詳解】將函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位得到，故A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，因?yàn)?/span>在上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，故B正確；當(dāng)時(shí)，令或或，解得或或，所以在上有個(gè)極值點(diǎn)，故C正確；設(shè)切點(diǎn)為，，則，且，因?yàn)?/span>，所以，又，符合題意，即直線是曲線的切線，故D正確；故選：BCD11．AC【分析】首先理解題意得，再變形得到數(shù)列和的通項(xiàng)公式，即可判斷ABCD.【詳解】由條件可知，，，則，兩邊平方后，整理為，即，得或,若，則，則，這與矛盾，所以不成立，若，則，，所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為9的等比數(shù)列，即，故A正確；由可得（），兩式相減得，，并且時(shí)，，即，得，那么，所以不是等比數(shù)列，故B錯(cuò)誤；，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，則,當(dāng)時(shí)，成立，故，故C正確；，，，，所以數(shù)列不是等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤.故選：AC12．ACD【分析】首先根據(jù)圖形，結(jié)合三角函數(shù)，求得和，再根據(jù)余弦定理求，即可求得雙曲線方程，判斷AB；再利用方程聯(lián)立，求得點(diǎn)的坐標(biāo)，即可判斷C；并根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系的判斷方法，即可判斷D.【詳解】由雙曲線方程可知，，設(shè)，則，那么，，作軸，垂足為點(diǎn)，設(shè)，，則，所以，，兩式解得：，即，，中，根據(jù)余弦定理，可得，，得，所以雙曲線的離心率，故A正確；，所以雙曲線的漸近線方程為，故B錯(cuò)誤；直線的方程為，與雙曲線方程聯(lián)立，得，解得：，因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線的右支上，所以點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，P到直線x＝1的距離為，故C正確；以實(shí)軸為直徑的圓的圓心為原點(diǎn)，半徑為原點(diǎn)到直線的距離，故D正確.故選：ACD13．【分析】根據(jù)平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示可得，結(jié)合向量數(shù)量積的坐標(biāo)公式計(jì)算即可求解.【詳解】由題意知，，因?yàn)?/span>，所以，解得，即t的值為.故答案為: .14．/【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義，化簡求值.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)?/span>，，，若函數(shù)是奇函數(shù)，則，即，得.故答案為：15．/【分析】首先求出拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程，根據(jù)及焦半徑公式求出，即可求出點(diǎn)坐標(biāo)，從而求出直線的方程，再聯(lián)立方程求出點(diǎn)坐標(biāo)，求出的方程即可求出點(diǎn)坐標(biāo)，最后根據(jù)面積公式計(jì)算可得.【詳解】拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線方程為，因?yàn)?/span>，所以，即，則，解得，不妨取，則直線的方程為，即，由，解得，所以，又直線的方程為，令，可得，所以，所以.故答案為：16．          【分析】先證明平面平面.即可推得.根據(jù)圓的弦長結(jié)合球的性質(zhì)，構(gòu)造直角三角形，即可得出；先證明平面.然后根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理推得點(diǎn)在線段上. 過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，可知平面，即為直線PQ與平面所成的角.根據(jù)的范圍，即可得出答案.【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)P滿足，其中，，所以，點(diǎn)在正方形及其內(nèi)部.  如圖1，連接.由正方體的性質(zhì)可知，，且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，.因?yàn)?/span>平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因?yàn)?/span>平面，平面，，所以，平面平面.因?yàn)?/span>平面，平面，所以平面，所以，平面.又平面，平面平面，所以，.連接，交于點(diǎn)，則，且.因?yàn)?/span>平面，所以以點(diǎn)為球心的球與平面的截面為圓，且圓心為，所以，直線被以為圓心，為半徑的圓截得的弦長為2，如下圖2，  所以，.因?yàn)?/span>在球上，所以，即球的半徑為，所以.由正方體的性質(zhì)可得，，.因?yàn)?/span>，所以.因?yàn)?/span>平面，平面，，所以，平面.因?yàn)?/span>平面，所以.又因?yàn)?/span>平面，平面，且，所以點(diǎn)在線段上.  過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，連接.因?yàn)槠矫?/span>平面，平面平面，平面平面，所以，.同理可得，.所以，四邊形是平行四邊形，所以.因?yàn)?/span>，，，所以，.因?yàn)?/span>平面，所以平面，且，所以，所以即為直線PQ與平面所成的角.當(dāng)分別為中點(diǎn)時(shí)，滿足條件，此時(shí)，有最小值2；當(dāng)分別與重合時(shí)，點(diǎn)與重合，滿足條件，此時(shí)有最大值.所以，所以.又，所以，設(shè)直線PQ與平面所成的角的正切值的范圍為.故答案為：；.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：該題目的關(guān)鍵之處是根據(jù)面面平行以及線面垂直得出點(diǎn)的位置.17．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）在、分別利用正弦定理可得，在結(jié)合即可證明；（2）依題意求出，即可得到，利用余弦定理求出，即可求出周期，從而求出，利用勾股定理求出，即可求出點(diǎn)坐標(biāo)即可求出，在根據(jù)函數(shù)圖象及偶函數(shù)求出，即可得解.【詳解】（1）在中，由正弦定理可得在中，由正弦定理可得，又，所以，所以，又，所以.（2）因?yàn)?/span>，，，且，所以，所以，在中，由余弦定理可得，所以，解得，在中，又，則，所以，則，所以，則，由圖象及函數(shù)為偶函數(shù)且，所以，所以.18．(1)；(2). 【分析】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征證明平面，四邊形為直角梯形，再求出體積作答.（2）由（1）的信息，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.【詳解】（1）因?yàn)?/span>是菱形，則，又平面，平面，則有，而平面，于是平面，在四棱臺(tái)中，四邊形為直角梯形，在菱形中，，有是正三角形，，梯形的面積，顯然四棱錐的高，即為正邊上的高，所以四棱錐的體積.（2）在平面內(nèi)過點(diǎn)作，由（1）知兩兩垂直，以點(diǎn)為原點(diǎn)，射線的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，  則，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，設(shè)平面的法向量，則，令，得，設(shè)平面與平面所成角為，顯然為銳角，則，所以平面與平面所成角的余弦值為.19．(1)證明見詳解(2) 【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)分析可得，再結(jié)合等差數(shù)列的定義分析證明；（2）根據(jù)兩角差的正切公式整理得，結(jié)合裂項(xiàng)相消法運(yùn)算求解.【詳解】（1）由題意可得：，且，可得，所以，可得，則，所以數(shù)列是以公差為的等差數(shù)列.（2）由（1）可得，則，整理得，則，所以數(shù)列的前100項(xiàng)和.20．(1)(2)(3) 【分析】（1）分類討論，甲失一球，這球有是甲發(fā)球還是是乙發(fā)球，結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式分析運(yùn)算；（2）分類討論，甲失一球，這球有是甲發(fā)球還是是乙發(fā)球，結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式分析運(yùn)算；（3）由題意可得：或，分類討論，甲贏得比賽還是是乙贏得比賽，結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式分析運(yùn)算.【詳解】（1）若打完前4個(gè)球時(shí)甲得3分，則甲失一球，這球有可能是甲發(fā)球也可能是乙發(fā)球，所以打完前4個(gè)球時(shí)甲得3分的概率.（2）若雙方比分打成且甲獲勝，則甲失一球，這球有可能是甲發(fā)球也可能是乙發(fā)球，且乙最后一次發(fā)球甲勝，雙方比分打成且甲獲勝的概率.（3）由題意可得：若，則或，可得；；所以.21．(1)(2)（i）證明見解析；（ii） 【分析】（1）依題意可得，，即可求出，，從而得解；（2）（i）設(shè)直線的方程為，則，，從而求出、，再根據(jù)斜率公式計(jì)算可得；（ii）由（i）可知直線的方程為，設(shè)，，聯(lián)立與橢圓方程，即可求出，同理可得，即可表示出，利用基本不等式求出的最小值，即可得到的值，再由點(diǎn)坐標(biāo)求出的值，即可得解.【詳解】（1）因?yàn)?/span>，所以構(gòu)成等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)為短軸的兩個(gè)頂點(diǎn)與長軸的一個(gè)頂點(diǎn)，則，，所以， ，所以橢圓方程為.（2）（i）設(shè)直線的方程為，則，，因?yàn)?/span>為線段的中點(diǎn)，則，因?yàn)辄c(diǎn)關(guān)于軸的對(duì)稱點(diǎn)為，所以，所以，所以，所以直線與的斜率之比為定值.（ii）由（i）可知直線的方程為，設(shè)，，由，可得，所以，所以，同理可得，所以，所以直線的斜率，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，直線的斜率最小，此時(shí)，直線的傾斜角最小，且，因?yàn)?/span>在橢圓上，所以，解得，即，所以的方程為.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.22．(1)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明見解析(3) 【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)即可得解；（2）將化簡得，令，則問題轉(zhuǎn)化為方程在上有且只有一個(gè)解，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明；（3）設(shè)，由題意可知，則，令，則，即在上單調(diào)遞增，則在上恒成立，多次構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得解.【詳解】（1）因?yàn)?/span>定義域?yàn)?/span>，且，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（2）證明：由化簡得，令，要證方程在上有且只有一個(gè)解，即證方程在上有且只有一個(gè)解，又，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，所以在上不存在滿足，又，，所以有且只有一個(gè)，滿足，所以在上有且只有一個(gè)解.（3）設(shè)，則，由題意可知，可得，即，令，則，所以在上單調(diào)遞增，所以在上恒成立，又，所以在上恒成立，令，則，，解得，，令，則，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，，當(dāng)時(shí)，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，滿足題意；當(dāng)時(shí)，則，而，所以存在唯一的，滿足，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，滿足題意，綜上可得.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．