山东省2023年高考数学模拟核心卷（7套含答案）

高考数学考向核心卷一、单选题1．已知集合，集合，则（）A．B．C．D．2．若复数z满足，则复数z的虚部为（）A．B．C．D．3．已知向量，，则“”是“”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4．如图，用、、三类不同的元件连接成一个系统，当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知、、正常工作的概率依次是、、，已知在系统正常工作的前提下，求只有和正常工作的概率是（）A．B．C．D．5．已知数列为等差数列，首项，若，则使得的n的最大值为（）A．2007B．2008C．2009D．20106．已知函数的部分图象如图所示，（）A．B．-1C．D．7．若正实数、满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（）．A．或B．或C．D．8．记，设函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围的是（）A．B．C．D．二、多选题9．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（）A．所有不同分派 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 共种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种10．已知是的导函数，且，则（）A．B．C．的图象在处的切线的斜率为0D．在上的最小值为111．如图1，在菱形ABCD中，，，将沿AC折起，使点B到达点P的位置，形成三棱锥，如图2.在翻折的过程中，下列结论正确的是（）A．B．三棱锥体积的最大值为3C．存在某个位置，使D．若平面平面ACD，则直线AD与平面PCD所成角的正弦值为12．已知点，，，抛物线．过点的直线与交于，两点，直线分别与交于另一点，则下列说法中正确的是（）A．B．直线的斜率为C．若的面积为（为坐标原点），则与的夹角为D．若为抛物线上位于轴上方的一点，，则当取最大值时，的面积为2三、填空题13．已知函数，过点作曲线的切线，则的方程为.14．已知，则.（用数字作案）15．已知函数，若对任意实数，恒有，则．16．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，且平面ABCD，，点M为线段PC上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的表面积最小时，CM的长为.四、解答题17．已知等比数列的前n项和为，且.（1）求与；（2）记，求数列的前n项和.18．在①，②，③，．这三个条件中任进一个，补充在下面问题中并作答．已知中，内角所对的边分别为，且____．（1）求的值；（2）若，求的周长与面积．19．由中央电视台综合频道（CCTV-1）和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电视公开课．每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社会问题，受到了青年观众的喜爱．为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了A，B两个地区的100名观众，得到如下所示的2×2列联表．非常喜欢喜欢合计A3015Bxy合计已知在被调查的100名观众中随机抽取1名，该观众来自B地区且喜爱程度为“非常喜欢”的概率为0.35．附：，，0.050.0100.0013.8416.63510.828（1）现从100名观众中根据喜爱程度用分层抽样的方法抽取20名进行问卷调查，则应抽取喜爱程度为“非常喜欢”的A，B地区的人数各是多少？（2）完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．（3）若以抽样调查的频率为概率，从A地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为X，求X的分布列和期望．20．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．（1）求A到平面的距离；（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．21．已知双曲线的左、右焦点分别为，斜率为-3的直线l与双曲线C交于两点，点在双曲线C上，且.（1）求的面积；（2）若（O为坐标原点），点，记直线的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.22．已知函数，．（1）求函数的极值点；（2）若恒成立，求实数的取值范围．1．D2．B3．A4．C5．B6．B7．A8．B9．B,C,D10．B,C11．A,C,D12．A,C,D13．x-ey-2e=014．3415．16．17．（1）由得，当时，得；当时，得所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列所以.所以（2）由(1)可得则，，两式相减得所以.18．（1）解：若选①：由正弦定理得，故，而在中，，故，又，所以，则，则，故．若选②：由，化简得，代入中，整理得，即，因为，所以，所以，则，故．若选③：因为，所以，即，则．因为，所以，则，故．（2）解：因为，且，所以．由（1）得，则，由正弦定理得，则．故的周长为，的面积为．19．（1）解：由题意得，解得，所以应从A地抽取（人），从B地抽取（人）．（2）解：完成表格如下：非常喜欢喜欢合计A301545B352055合计6535100零假设为：观众的喜爱程度与所在地区无关.，所以没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．（3）解：从A地区随机抽取1人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为，从A地区随机抽取3人，则，X的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，．所以X的分布列为X0123P方法1：．方法2：.20．（1）解：在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为（2）解：取的中点E，连接AE，如图，因为，所以，又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则，所以的中点，则，，设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.21．（1）解：依题意可知，，则，，又，所以，解得（舍去），又，所以，则，所以的面积（2）解：由（1）可，解得，所以双曲线C的方程为，设，则，则，，设直线l的方程为，与双曲线C的方程联立，消去y得：，由，得，由一元二次方程根与系数的关系得，所以，，则，故为定值-1.22．（1）解：由已知可得，函数的定义域为，且，当时，；当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，所以是的极大值点，无极小值点．（2）解：解法一：设，，则，令，，则对任意恒成立，所以在上单调递减．又，，所以，使得，即，则，即．因此，当时，，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减，故，解得，所以当时，恒成立．解法二：令，，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即．因为，所以，当时等号成立，即，当时等号成立，所以的最小值为1．若恒成立，则，所以当时，恒成立．高三数学二模考试试卷一、单选题1．设集合，，则（）A．B．C．D．2．已知复数z满足，则z为实数的一个充分条件是（）A．B．C．D．3．已知双曲线的一条渐近线方程为，则下列说法正确的是（）A．E的焦点到渐近线的距离为2B．C．E的实轴长为6D．E的离心率为4．民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知.底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是（）A．B．C．D．5．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为（）A．B．C．D．6．函数在上的图象大致为（）A．B．C．D．7．已知数列中，，且对任意的m，，都有，则下列选项正确的是（）A．的值随n的变化而变化B．C．若，则D．为递增数列8．直线与函数的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，则下列结论正确的是（）A．B．在上是减函数C．为等差数列D．二、多选题9．设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足：，则下列结果正确的有（）A．B．C．D．10．设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D．H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是（）A．B．C．D．11．已知椭圆的左右焦点分别为，，直线与椭圆E交于A，B两点，C，D分别为椭圆的左右顶点，则下列命题正确的有（）A．若直线CA的斜率为，BD的斜率，则B．存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形C．取值范围为D．周长的最大值为12．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（）A．存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°B．当二面角为时，三棱锥的体积为C．当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°D．O为AC的中点，当二面角为时，三棱锥外接球的表面积为三、填空题13．已知圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦，则．14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数的解析式．①；②是偶函数；③在上单调递增．15．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为．16．定义为与x距离最近的整数，令函数，如：，．则；．四、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．（1）若，求A；（2）若的面积，求c．18．为了培养孩子的终身锻炼习惯，小明与小红的父亲与他们约定周一到周日每天的锻炼时间不能比前一天少．为了监督两人锻炼的情况，父亲 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 了他们某周内每天的锻炼时间（单位：min），如下表所示，其中小明周日的锻炼时间a忘了记录，但知道，．周一周二周三周四周五周六周日序号x1234567小明的锻炼时间y/min162020253036a小红的锻炼时间z/min16222526323535参考公式：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为，参考数据：；．（1）求这一周内小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间的概率；（2）根据小明这一周前6天的锻炼时间，求其锻炼时间y关于序号x的线性回归方程，并估计小明周日锻炼时间a的值．19．已知数列中，它的前n项和满足．（1）证明：数列为等比数列；（2）求．20．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，，的面积是的面积的倍．（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；（2）若E为BC的中点，F为线段PE上的任意一点，当DF与平面PBC所成角的正弦值最大时，求平面FAD与平面ABCD所成角的正切值．21．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，抛物线E上不同的两点M，N只能同时满足下列三个条件中的两个：①；②；③直线MN的方程为．（1）问M，N两点只能满足哪两个条件（只写出序号，无需说明理由）？并求出抛物线E的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程；（2）如图，过F的直线与抛物线E交于A，B两点，过A点的直线l与抛物线E的另一交点为C，与x轴的交点为D，且，求三角形ABC面积的最小值．22．设函数．（1）当时，恒成立，求k的最大值；（2）设数列的通项，证明：．1．D2．B3．D4．C5．A6．C7．D8．D9．A,B,C10．A,B11．B,D12．A,C,D13．14．f(x)=x（满足条件即可）15．16．3；17．（1）解：因为，则，由正弦定理，得，即，即，因为，所以，因此；（2）解：由，得，．当时，由余弦定理，得；当时，由余弦定理，得．所以，或．18．（1）解：因为且，所以a的取值共有25种情况，又当小明锻炼的总时间不少于小红时，有，即，得，所以小明锻炼的总时间不少于小红时，a的取值共有17情况，所以这一周内小明锻炼的总时间不少于小红的概率为．（2）解：由题设可知，，，所以，，所以y关于序号x的线性回归方程为．当时，min，估计小明周日锻炼时间a的值为38min．19．（1）证明：由①，得②，由①－②，得，得，又当时，由①得，所以对任意的，都有，故是以为首项，为公比的等比数列．（2）解：由（1）知，所以，代入①，得，所以．20．（1）证明：由，，，得，所以，取AD中点为O，E为BC中点，连接PO，OE，则，，即为二面角的平面角，由，，因为的面积是的面积的倍，所以，所以，所以，因此，平面PAD⊥平面ABCD．（2）解：以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，设，则，则，，，，设平面PBC的法向量为，则，取，则，则，设DF与平面PBC所成角为，则，当时，取得最大值．此时，由AD⊥平面POE，所以为平面FAD与平面ABCD所成的二面角的平面角，．21．（1）解：抛物线的焦点，由①知，点F在线段MN上，由②知，为正三角形，由③知，直线MN过点，显然①③矛盾，若是①②，令，，则，由得：，即，有，又，于是有，整理得，此等式不成立，即①②矛盾，依题意，同时满足的条件为②③，因直线MN的方程为，则不妨令，则，即有，而，则有，此时，即成立，所以.（2）解：显然直线AB不垂直于y轴，设，由消去x并整理得：，设，，由抛物线的对称性，不妨令A点在x轴上方，即，，，，，由得：，则直线，由消去x并整理得：，则有点C的纵坐标为，于是得点，又，点C到AB距离，，当且仅当，即时取“=”，所以三角形ABC面积的最小值是16．22．（1）解：，①当时，由得，令，则，所以在上单调递增，所以，即所以在上单调递增，又，因此恒成立；②当时，令，则，当，得，所以在上，，单调递减，又，所以，即，所以在上单调递减，又，所以当时，不满足要求．综上，，最大值为2.（2）证明：由，要证，即证，即证明：．由（1），即，取（），得，所以，累加得：，所以．高三下学期数学一模联考试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．或D．或2．设i是虚数单位，复数，则（）A．B．C．D．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超过到达月球的距离，那么至少对折的次数是（）（，）A．40B．41C．42D．434．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．45．过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，则（）A．B．C．1D．166．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7．设实数满足，，，则的最小值为（）A．B．C．D．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．二、多选题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的75%分位数约为61.2510．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111．已知函数，下列命题正确的有（）A．在区间上有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．若直线的斜率为，且，则三、填空题13．已知夹角为的非零向量满足，，则.14．定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则.15．设均为非零实数，且满足，则.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.四、解答题17．如图，在平面四边形中，，.（1）试用表示的长；（2）求的最大值.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.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：.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：.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.1．D2．B3．C4．D5．A6．C7．A8．C9．A,C,D10．B,C11．B,C12．B,C,D13．214．115．116．17．（1）解：（），，，，则在中，，，则（2）解：在中，，则当时，取到最大值.故的最大值是18．（1）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：（2）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．（1）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.（2）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．（1）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.（2）证明：所以由于是递减的，所以21．（1）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（2）证明：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.22．（1）解：，，，故椭圆的方程为；（2）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.高三数学二模试卷一、单选题1．已知，是虚数单位，若复数为纯虚数，则（）A．0B．1或-1C．-1D．12．已知集合，，，则C中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．43．“”是“直线与平行”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件4．已知函数若，则m的值为（）A．B．2C．9D．2或95．的展开式中，常数项为（）A．2B．6C．8D．126．济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，，则的长度为（）A．B．C．D．7．如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若与的面积相等，则的值为（）A．B．C．D．8．已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为，则满足且的n的最小值为（）A．47B．48C．57D．58二、多选题9．袋中装有除颜色外完全相同的1个红球和2个白球，从袋中不放回的依次抽取2个球.记事件A=“第一次抽到的是白球”，事件B=“第二次抽到的是白球”，则（）A．事件A与事件B互斥B．事件A与事件B相互独立C．D．10．下列不等关系中一定成立的是（）A．B．C．，D．，11．过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是（）A．的最小值为4B．C．△NAB面积的最小值为6D．若直线AB的斜率为，则12．在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为线段，CD，CB上的动点（E，F，G均不与点C重合），则下列说法正确的是（）A．存在点E，F，G，使得平面EFGB．存在点E，F，G，使得C．当平面EFG时，三棱锥与C-EFG体积之和的最大值为D．记CE，CF，CG与平面EFG所成的角分别为，，，则三、填空题13．2022年4月24日是第七个“中国航天日”，今年的主题是“航天点亮梦想”.某校组织学生参与航天知识竞答活动，某班8位同学成绩如下：7，6，8，9，8，7，10，m.若去掉m，该组数据的第25百分位数保持不变，则整数的值可以是（写出一个满足条件的m值即可）.14．已知，分别为双曲线的左､右焦点，点P在双曲线上，若，，则双曲线的离心率为.15．在高为2的直三棱柱中，AB⊥AC，若该直三棱柱存在内切球，则底面△ABC周长的最小值为.16．已知函数，则函数的最小值为；若关于x的方程有且仅有一个实根，则实数a的取值范围是.四、解答题17．从某企业的某种产品中随机抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图.（1）求这100件产品质量指标值的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）已知某用户从该企业购买了3件该产品，用X表示这3件产品中质量指标值位于内的产品件数，用频率代替概率，求X的分布列.18．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的面积.（1）求边c；（2）若为锐角三角形，求a的取值范围.19．在底面为正三角形的三棱柱中，平面ABC⊥平面，，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.20．已知是递增的等差数列，，，，分别为等比数列的前三项.（1）求数列和的通项公式；（2）删去数列中的第项（其中），将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前n项和.21．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.（1）求椭圆C的方程；（2）若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.22．已知函数，.（1）若曲线在点处的切线在y轴上的截距为，求a的值；（2）是否存在实数t，使得有且仅有一个实数a，当时，不等式恒成立？若存在，求出t，a的值；若不存在，说明理由.1．D2．C3．A4．C5．D6．A7．D8．C9．C,D10．A,B,C11．A,B,D12．A,C,D13．7或8或9或10（填上述4个数中任意一个均可）14．15．16．2a；17．（1）解：由已知得：.（2）解：因为购买一件产品，其质量指标值位于内的概率为0.2，所以，所以.，，，，所以X的分布列为X0123P0.5120.3840.0960.00818．（1）解：因为，，所以；因为，所以.（2）解：在中，由正弦定理，由（1）知，，代入上式得：，因为为锐角三角形，则，所以，所以，所以.19．（1）证明：因为，，所以，则，所以，即，因为平面ABC∥平面，平面ABC⊥平面，所以平面平面，因为平面平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：如图，以为原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取x=1，则，又因为x轴⊥平面ABC，所以取平面ABC的法向量，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20．（1）解：设数列的公差为，数列的公比为q，由已知得，解得，，所以；所以，，所以.（2）解：由题意可知新数列为：，，，，…，则当n为偶数时，则当n为奇数时，，综上：.21．（1）解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），，所以椭圆方程为.（2）解：设，，，，，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，，即，②-①得，即……③，又，同理得……④④-③得，所以.22．（1）解：由题意，，又因为，所以在处的切线方程为，即，令，得，，因为，所以=0，a=1；（2）解：，恒成立，即恒成立.令，，当时，恒成立，所以在上单调递增，故当时，，只需即可，与有且仅有一个实数a矛盾，不符合题意；当时，令，得，当时，即时，在上单调递增，则；当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，综上，，①，，②；由题意知，上述不等式关于a有唯一解.（i）若，对于①式，无解.对于②式，令，，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故只需即可，解得，此时，符合题意；（ii）若t=1，对于①式，a=1，对于②式，，当时成立，不合题意；（ⅲ）若，对于①式，时均成立，不合题意；综上所述，当时，存在唯一的，使得恒成立.高三数学一模考试试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知复数，为虚数单位，则（）A．B．C．D．3．在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（）A．B．C．1D．4．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（）A．B．C．D．5．已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则的最大值为（）A．13B．12C．8D．6．已知，，设命题：，命题：，则是的（）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7．已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（）A．B．C．D．8．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（）A．B．C．D．二、多选题9．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（）A．B．C．若互斥，则D．若独立，则10．已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（）A．平面分正方体所得两部分的体积相等B．四边形一定是菱形C．四边形的面积有最大值也有最小值D．平面与平面始终垂直11．设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，.当变化时，函数的所有零点从小到大记为，则的值可以为（）A．3B．5C．7D．912．已知，则（）A．B．C．D．三、填空题13．在的展开式中，的系数为.14．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，则.15．对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值.16．设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为.四、解答题17．在数列中，.（1）求的通项公式；（2）证明：.18．已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.（1）求角B；（2）若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.19．如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值.20．已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.（1）求的方程；（2）设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.21．第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．①试证明：为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．22．已知函数，.（1）若直线是的切线，函数总存在，使得，求的取值范围；（2）设，若恰有三个不等实根，证明：.1．D2．C3．D4．C5．B6．B7．B8．A9．A,B,D10．A,C11．A,B,C12．A,D13．1014．15．或16．17．（1）解：因为，①则当时，，即，当时，，②①②得，所以，也满足，故对任意的，（2）证明：，所以．，，即结论成立.18．（1）解：因为，所以由正弦定理边角互化得，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以，即（2）解：因为，所以为等边三角形，即，设，则，所以在中，由余弦定理得，整理得，设，所以，由于，故，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以AD的最小值为．19．（1）解：连结．因为点为圆锥的顶点，所以平面．分别取，的中点，，连接，，，，则在圆中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．（2）解：因为，即所以即．在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．则，，．又因为平面，所以轴，从而．则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．设平面的法向量为，则，即不妨取，则，，此时．所以．又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．20．（1）解：∵为等边三角形时，其面积为，∴，解得，根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，设准线和轴交点为，易证，于是，∴的方程为；（2）解：假设存在，使得，则线为段的中点，设，依题意得，则，由可得，所以切线的斜率为，设，，线段的中点，由，可得，所以，整理可得：，即，所以，可得，又因为，所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，综上，存在，使得点为的中点恒成立，.21．（1）解：方法一：的所有可能取值为，在一次扑球中，扑到点球的概率，所以，，所以的分布列如下：0123方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，所以，故的分布列为：0123所以的期望．（2）解：①第次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，即，又，所以是以为首项，公比为的等比数列．②由①可知，所以，所以，故．22．（1）解：由直线是的切线，可设切点为，则，解得，于是.若，则，不符题意；若，则，不符题意；有一个取时均不成立，故只有才可以让成立.于是，下设，则，故在上单调递增，故，于是，也即，所以的取值范围为（2）解：，在上单调递增，当时，，，下令，则，故为增函数，于是，即，.根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，即，此时不可能有三个根；当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，此时不可能有三个根；当时，，在上递增，注意到，，，递减，当，，递增，故为极小值点，而，故不可能有三个根；当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，而，故.由.由有三个根，则，即，由，结合对勾函数性质推出，故，即高三下学期数学三模试卷一、单选题1．已知复数z与复平面内的点对应，则（）A．B．C．D．2．设集合，且，则（）A．-1B．-2C．1D．23．等差数列的前n项和为，若，则公差()A．1B．-1C．2D．-24．已知函数为偶函数，则()A．0B．C．D．π5．甲、乙两人相约在某健身房锻炼身体，他们分别在两个网站查看这家健身房的评价．甲在网站A查到共有840人参与评价，其中好评率为95%，乙在网站B查到共有1260人参与评价，其中好评率为85%．综合考虑这两个网站的信息，则这家健身房的总好评率为（）A．88%B．89%C．91%D．92%6．已知单位向量满足，则在方向上的投影向量为（）A．B．C．D．7．已知圆柱的高和底面半径均为4，为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且，，是圆柱的一条母线，则点P到平面的距离为（）A．4B．C．3D．8．已知双曲线的左、右焦点分别为，以原点O为顶点，为焦点的抛物线与双曲线C在第一象限的交点为P．若，则C的离心率为()A．B．C．D．二、多选题9．若，，则（）A．B．C．D．10．已知是两个不同的平面，m、n是平面及外两条不同的直线，给出四个论断：①，②，③，④，则正确的是()A．②③④①B．①③④②C．①②④③D．①②③④11．数学中有许多优美的曲线，星形曲线就是其中之一，它最早是由古希腊天文学家发现的，罗默、伯努利、莱布尼兹等数学家都研究过其性质在工业生产中，利用星形曲线的特性，能 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 出一种超轻超硬材料，展现了数学模型的广泛性和应用性．已知星形曲线，设为E上任意一点，则（）A．曲线E与坐标轴有四个交点B．C．曲线E有且只有两条对称轴D．12．已知函数，则（）A．当时，函数的定义域为B．当时，函数的值域为C．当时，函数在上单调递减D．当时，关于x的方程有两个解三、填空题13．已知，，则.14．圆与圆的公共弦长为．15．设随机事件A、B，已知，，，则，.16．已知曲线，若有且只有一条直线同时与，都相切，则．四、解答题17．已知等比数列的各项均为正值，是、的等差中项，，记．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：．18．如图所示，在等边中，，，分别是上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，连接．（1）证明：；（2）设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．19．如图所示，在平面四边形中，，，，设．（1）若，求的长；（2）当为何值时，的面积取得最大值，并求出该最大值．20．某生物 实验室 17025实验室iso17025实验室认可实验室检查项目微生物实验室标识重点实验室计划 用小白鼠进行新冠病毒实验，已知6只小白鼠中有1只感染新冠病毒且无患病症状，将它们分别单独封闭隔离到6个不同的操作间内，由于工作人员的疏忽，没有记录感染新冠病毒的小白鼠所在的操作间，需要通过化验血液来确定．血液化验结果呈阳性即为感染新冠病毒，呈阴性即没有感染新冠病毒．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止．方案乙：先任取4只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明感染新冠病毒的小白鼠为这4只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．（1）求采用方案甲所需化验的次数为4次的概率；（2）用X表示采用方案乙所需化验的次数，求X的分布列：（3）求采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率．21．已知椭圆的离心率为，圆与椭圆C有且仅有两个交点且都在y轴上．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知直线l过椭圆C的左顶点A，且l交圆于M、N两点，P为椭圆C上一点，若以为直径的圆过点A，求面积的最大值．22．已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．①；②．1．C2．D3．B4．C5．B6．A7．D8．B9．B,C10．A,C11．A,B,D12．B,C,D13．14．15．0.12；0.2416．117．（1）解：设数列的公比为，则，由题意知，可得，解得，所以，，．（2）证明：因为，所以.18．（1）证明：因为是等边三角形，E是的中点，所以，因为，所以，所以，可得，又，所以平面，又平，所以．（2）因为，所以二面角的平面角为，所以，可得，由第（1）问知，平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面，所以点P在平面内的射影Q在上，因为，所以，过F作直线交于点K，以为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．（1）解：在中，由余弦定理可得，，∴，在中，由正弦定理可得，，∴；（2）解：由第(1)问知，在中，，∴，∴，在中，由正弦定理可得，，∴，∵，∴，∵，∴，∴当，即时，，此时面积的最大值为．20．（1）解：记“采用方案甲所需化验的次数为4次”为事件，则．（2）解：可能的取值为2，3，4，，，，所以X的分布列为234（3）解：设采用方案甲所需化验的次数为3，4，5分别为事件，，，，设采用方案乙所需化验的次数为2，3，4分别为事件，由第（2）间可知，设采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数为事件C，由题意可知与相互独立，与，相互独立，与相互独立，则，所以采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率为．21．（1）解：由题意知，，解得，∴椭圆C的标准方程为；（2）解：由题意知，∵以为直径的圆过点A，∴，由题意可知直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线l的方程为，设，由得，∵点为与C的一个交点，∴，解得，∴，直线l的方程变形为，设原点到直线l的距离为d，∴，∴，方法一：∴，设，则，∴，∵(当且仅当时，等号成立)，可得面积的最大值为．方法二：∴，设，则，∴，∵，∴(当且仅当时，等号成立)，可得面积的最大值为．22．（1）解：，当时，，令，解得；令，解得或，所以的单增区间为；单减区间为，．（2）证明①：由题意知，是的两根，则，，将代入得，，要证明，只需证明，即，因为，所以，只需证明，令，则，只需证明，即，令，，所以在上单调递减，可得，所以，综上可知，．证明②：设，因为有两个极值点，所以，解得，因为，所以，，由题意可知，可得代入得，，令，，当，所以在上单调递减，当，所以在上单调速增，因为，所以，由，可得，所以，所以，所以，即．高三下学期数学一模试卷一、单选题1．在复平面内，复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．“”是“，成立”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3．某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩在120分以上的学生人数为（）A．25B．50C．75D．1004．存在函数满足：对任意都有（）A．B．C．D．5．已知角在第四象限内，，则（）A．B．C．D．6．如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（）A．B．C．D．7．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（）A．24种B．36种C．48种D．60种8．单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（）A．B．C．D．二、多选题9．若非空集合满足：，则（）A．B．C．D．10．将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（）A．是奇函数B．的周期为C．的图象关于点对称D．的单调递增区间为11．双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（）A．的渐近线方程为B．点的坐标为C．过点作，垂足为，则D．四边形面积的最小值为412．已知，过点和的直线为.过点和的直线为，与在轴上的截距相等，设函数.则（）A．在上单调递增B．若，则C．若，则D．均不为（为自然对数的底数）三、填空题13．设等差数列的前项和为，若，则.14．已知抛物线经过第二象限，且其焦点到准线的距离大于4，请写出一个满足条件的的标准方程.15．在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为.16．乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为.②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为.附：当时，，.四、解答题17．已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.（1）求的值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在中，角所对的边分别为，且____.（1）求角的大小；（2）已知，且角有两解，求的范围.19．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.（1）求证：；（2）当吋，求直线与平面所成角的正弦值.20．某学校研究性学习小组在学习生物遗传学的过程中，为验证高尔顿提出的关于儿子成年后身高y（单位：）与父亲身高x（单位：）之间的关系及存在的遗传规律，随机抽取了5对父子的身高数据，如下表：父亲身高160170175185190儿子身高170174175180186参考数据及公式：.（1）根据表中数据，求出关于的线性回归方程，并利用回归直线方程分别确定儿子比父亲高和儿子比父亲矮的条件，由此可得到怎样的遗传规律？（2）记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差.求（1）中儿子身高的残差的和､并探究这个结果是否对任意具有线性相关关系的两个变量都成立？若成立加以证明；若不成立说明理由.21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当吋，.22．已知椭圆的焦距为，离心率为，直线与交于不同的两点.（1）求的方程；（2）设点，直线与分别交于点.①判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由：②记直线的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程.1．A2．A3．B4．D5．D6．C7．B8．A9．B,C10．B,C,D11．A,C,D12．C,D13．2614．（答案不唯一）15．16．；17．（1）解：因为，所以时，，所以.又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，综上.（2）解：由（1）知，当时，，当时，所以18．（1）解：若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以；若选③：由正弦定理整理得，所以，即，因为，所以（2）解：将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，即，又，所以，解得.19．（1）证明：由题意知平面平面，又平面平面，，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.（2）解：取中点为，连结.取中点为，连结.因为，点是中点，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为点、分别是、的中点，所以，则.则，.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设是平面的一个法向量，则，取，则，所以是平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的正弦值为.20．（1）解：由题意得，，，所以回归直线方程为，令得，即时，儿子比父亲高；令得，即时，儿子比父亲矮，可得当父亲身高较高时，儿子平均身高要矮于父亲，即儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋势.（2）解：由可得，所以，又，所以，结论：对任意具有线性相关关系的变量，证明：21．（1）解：函数的定义域为，，记，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以函数在上单调递增（2）解：原不等式为，即，即证在上恒成立，设，则，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，令，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，且在上有，所以可得到，即，所以在时，有成立.22．（1）解：由题意得，解得，所以，所以的方程为.（2）解：①由题意得整理得，设，，直线的方程为，代入整理得，，设，则，所以，，即，同理.，所以直线的方程为，即，所以直线过定点.②因为，所以与正负相同，且，所以，当取得最大值时，取得最大值.由时，；所以当且仅当时等号成立，取得最大值，取得最大值，此时直线的方程为.