2023年山东泰安高三二模数学试卷【含答案】

2023年山东泰安高三二模数学试卷一、单选题1、已知全集，集合，，则集合可能是（）A. B. C. D.2、若（为虚数单位），则（

）A. B. C. D.3、为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，估计其身高为A. B. C. D.4、已知非零向量满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是（

）A. B. C. D.5、在平面直角坐标系中，已知圆：，若直线：上有且只有一个点满足：过点作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则正实数m的值为（

）A.1 B. C.3 D.76、已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（

）A. B. C. D.7、我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图所示的池盆几何体是一个刍童，其中上下底面为正方形，边长分别为6和2，侧面是全等的等腰梯形，梯形的高为.已知盆中有积水，将一半径为1的实心铁球放入盆中之后，盆中积水深变为池盆高度的一半，则该盆中积水的体积为（

）A.B.C.D.8、已知双曲线，其一条渐近线方程为，右顶点为A，左，右焦点分别为，，点P在其右支上，点，三角形的面积为，则当取得最大值时点P的坐标为（

）A.B.C.D.二、多选题9、随机变量且，随机变量，若，则（

）A.B.C.D.10、已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（

）A.是奇函数B.图象关于直线对称C.在上是减函数D.在上的值域为11、如图，在直三棱柱中，，，，点M在线段上，且，N为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A.当N为的中点时，直线与平面所成角的正切值为B.当时，平面C.的周长的最小值为D.存在点N，使得三棱锥的体积为12、已知函数，．（

）A.若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，B.当且时，函数在上单调递增C.当时，若函数有三个零点，则D.当时，若存在唯一的整数，使得，则三、填空题13、用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有

个.（用数字作答）14、已知，则

.15、若m，n是函数的两个不同零点，且m，n，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则

.16、已知椭圆的左，右焦点分别为，，椭圆C在第一象限存在点M，使得，直线与y轴交于点A，且是的角平分线，则椭圆C的离心率为

.四、解答题17、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，.(1)求；(2)若点D在的外接圆上，且，求的长.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.求证：平面；在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．已知数列的前n项和为，，，.求；设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.20、2022年11月，《2021年全国未成年人互联网使用情况研究报告》发布.报告显示，2021年我国未成年网民规模达1.91亿，未成年人互联网普及率达96.8%.互联网已成为未成年人学习，娱乐，社交的重要工具.但与此同时，约两成的未成年网民认为自己对互联网存在不同程度的依赖.某中学为了解学生对互联网的依赖情况，决定在高一年级采取如下“随机回答问题”的方式进行问卷调查：一个袋子中装有5个大小相同的小球，其中2个黑球，3个红球.所有学生从袋子中有放回地随机摸两次，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式①回答问卷，否则按方式②回答问卷”.方式①：若第一次摸到的是红球，则在问卷中画“√”，否则画“×”；方式②：若你对互联网有依赖，则在问卷中画“√”，否则画“×”.当所有学生完成问卷调查后，统计画“√”，画“×”的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即可求得高一年级学生对互联网依赖情况的估计值.（）若高一（五）班有50名学生，用X表示其中按方式①回答问卷的人数，求X的数学期望；若所有调查问卷中，画“√”与画“×”的比例为1：2，试估计该中学高一年级学生对互联网的依赖率.（结果保留两位有效数字）已知点和点之间的距离为2，抛物线经过点N，过点M的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，点E，F分别在直线，上，且，（O为坐标原点）.求直线l的倾斜角的取值范围；求的值.已知函数，.当时，讨论方程解的个数；当时，有两个极值点，，且，若，证明：（i）；（ii）.1、【答案】C;【解析】∵，∴又∵∴因此正确答案为：C.2、【答案】B;【解析】由可得，所以，因此正确答案为：.3、【答案】C;【解析】由已知,，因此正确答案为C.4、【答案】B;【解析】因为，所以，即①.因为向量在向量方向的投影向量是，所以.所以②，将①代入②得，，又，所以.因此正确答案为：B5、【答案】C;【解析】根据四边形PMCN为正方形可得，转化为圆心到直线的距离为可求得结果.【详解】由可知圆心，半径为，因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，所以直线：上有且只有一个点，使得，即，所以圆心到直线的距离为，所以，解得或（舍）.故选：C【点睛】关键点点睛：将题意转化为圆心到直线的距离为是解题关键.6、【答案】D;【解析】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.因，所以，故为偶函数.当时，，因，，所以.即在上单调递减.，因，所以，即.因此正确答案为：D.7、【答案】D;【解析】通过题意可知，这个刍童为棱台，如下图所示，为垂直底面的截面，则棱台的高为，因为盆中积水深变为池盆高度的一半，所以水面边长为，高为，则实心球只有一半在水中，所以该盆中积水的体积为.因此正确答案为：D.8、【答案】B;【解析】【分析】根据三角形的面积结合渐近线方程可得的值，再根据双曲线的定义转换可得当且仅当共线且在中间时取得最大值，进而联立直线与双曲线的方程求解即可.【详解】设，则由三角形的面积为可得，即，又双曲线一条渐近线方程为，故，即，故，故，解得，故，双曲线.又由双曲线的定义可得，当且仅当共线且在中间时取得等号.此时直线的方程为，即，联立可得，解得，由题意可得在中间可得，代入可得，故.故选：B9、【答案】A;C;【解析】【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.【详解】对AB，因为且，所以，故，，选项A正确，选项B错误；对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确；对D，，选项D错误.故选：AC.10、【答案】A;C;D;【解析】【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.【详解】，由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，，则，所以，将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.对于A选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，A选项正确；对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；对于D选项，当时，，则，.所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.故选：ACD11、【答案】B;D;【解析】【分析】取的中点,证明平面，故为直线与平面所成的角，求解可判断A；延长交于点，可得四边形是平行四边形，从而可判断B；当点与重合时，求出的周长可判断C；取的中点,连接，若三棱锥的体积为，则，根据可判断D.【详解】对于A，当为的中点时，取的中点,连接，易知,平面，则平面，故为直线与平面所成的角，则,故A错误；对于B，当时，延长交于点，此时，所以，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，即.因为平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，当点与重合时，易知，此时的周长为，显然有，故C错误；对于D，取的中点,连接，易知平面,,若三棱锥的体积为，即，所以,所以.因为所以存在点N，使得三棱锥的体积为，故D正确.故选:BD.12、【答案】B;C;D;【解析】选项，，由题，，则，，故选项有误；选项，当时，，．因，则，或在上单调递增，则在上单调递增，故选项无误；选项，当时，令，注意到当时，，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点．令，其中，，．令或在，上单调递增；或或或在，，，上单调递减，又，，，，则可得大致图象如下，则由图象可以知，当，直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故选项无误；

选项，由题可得，，即存在唯一整数，使图象在直线下方，则，，，得在上单调递减，在上单调递增，又，，，，过定点，可在同一坐标系下做出与图象．又设过点切线方程的切点为，则切线方程为：，因其过，则或，又注意到结合两函数图象，可知或．当时，如下图所示，需满足；当时，如下图所示，需满足；综上：，故选项无误．

故选．13、【答案】312;【解析】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，综上所述，共有个.因此正确答案为：31214、【答案】;【解析】【分析】利用辅助角公式求得，根据倍角公式和诱导公式化简目标式，即可求得结果.【详解】因为，故可得，则故答案为：.15、【答案】;【解析】【分析】由题可确认m，n同为正数，则成等比数列，又不妨设，则成等差数列，即可得答案.【详解】由题可得，则成等比数列，得.又不妨设，则成等差数列，得.结合，可得，解得或（舍去），即.故答案为：16、【答案】;【解析】通过题意得，又由椭圆的定义得，记，则，，则，所以，故，则，则，即等价于，得：或（舍）因此正确答案为：17、【答案】(1)(2);【解析】【分析】（1）方法一，由余弦定理先求，再根据正弦定理求；方法二，首先根据正弦定理求，再根据求解；（2）首先根据角的相等关系得到，再根据，得，再根据余弦定理求.【详解】（1）方法一：在中，由余弦定理得，即解得（舍）或，由正弦定理得，.方法二：中，.由正弦定理得，.（2）连接又，，设在中，由余弦定理得，，.18、【答案】(1)证明见解析(2)存在，;【解析】（1）为等边三角形，D为中点，，又，，，平面，平面，平面，，取中点G，连接，为等边三角形，，平面平面，平面平面，平面.平面，，与相交，，平面，平面；（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，设平面的一个法向量为，则，所以，取，可得，为平面的一个法向量，取平面的一个法向量为，则，解得，此时，在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.19、【答案】(1)，(2);【解析】【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得，后分奇偶情况可得；（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.【详解】（1），.，，.又，，，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当时，；当时，.综上，，（2）方法一：，.，.方法二：，，，，∴时，为递增数列，时，为递减数列，若，都有成立，只需使，则且，则.20、【答案】(1)24(2)18%;【解析】【分析】（1）按方式①回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，概率为，50名学生按方式①回答问卷的人数服从于二项分布，运用公式计算数学期望（2）记事件A为“按方式①回答问卷”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”，利用全概率公式计算条件概率.【详解】（1）每次摸到黑球的概率，摸到红球的概率每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率由题意知，高一五班50名学生按方式①回答问卷的人数，X的数学期望.（2）记事件A为“按方式①回答问卷”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”.由（1）知，，由全概率公式得，由调查问卷估计，该中学高一年级学生对互联网的依赖率约为18%.21、【答案】(1)(2)2;【解析】【分析】（1）由求出，将代入抛物线C的方程得，设直线l的方程为，与抛物线方程联立利用判别式得的范围，再由向量共线得点E，F均在y轴上，可得k的取值范围及直线l的倾斜角的取值范围；（2）设，根据M，A，B三点共线得，再由，求出，，求出直线的方程令得，同理可得，代入可得答案.【详解】（1），，，，将代入，解得，抛物线C的方程为，直线l过点，且与抛物线C有两个