2023年山东省新高考联合质量测评高考数学联考试卷(3月份)含答案.pdf

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1、第 1 页，共 23 页2023年山东省新高考联合质量测评高考数学联考试卷（3月份）1.已知集合，则()A.B.C.D.2.已知复数 z 满足，则()A.B.C.D.3.为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10 名同学的体温记录 从低到高：高三一班：，m，单位：，高三二班：，n，单位：若这两组数据的第 25 百分位数、第 90 百分位数都分别对应相等，则为()A.B.C.D.4.函数的图像如图所示，图中阴影部分的面积为，则()A.B.C.D.5.第十四届“中华人民共和国全国人民代表大会”和“中国人民政治协商会议”分别于2023年 3 月 5 日和 3 月

2、 4 日胜利召开，为实现新时代新征程的目标任务汇聚智慧和力量.某市计划开展“学两会，争当新时代先锋”知识竞赛活动.某单位初步推选出3 名党员和5 名民主党派人士，并从中随机选取4 人组成代表队参赛.在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，则党员甲被选中的概率为()A.B.C.D.6.已知等腰直角三角形ABC中，M，N 分别是边AB，BC 的中点，若，其中s，t 为实数，则()第 2 页，共 23 页A.B.1C.2D.7.如图，直三棱柱中，点 M 是 BC 的中点，点 P 是线段上一动点，点 Q 在平面上移动，则 P，Q 两点之间距离的最小值为()A.B.C.D.18.已知，其中为自然对数

3、的底数，则 a，b，c 的大小关系是()A.B.C.D.9.设随机变量的分布列如下：12320222023P则下列说法正确的是()A.当为等差数列时，B.数列的通项公式可能为C.当数列满足，时，D.当数列满足，时，10.已知圆锥顶点为 S，高为 1，底面圆 O 的直径 AB 长为若 C 为底面圆周上不同于A，B 的任意一点，则下列说法中正确的是()A.圆锥 SO 的侧面积为B.面积的最大值为C.圆锥 SO 的外接球的表面积为D.若，E 为线段 AC 上的动点，则的最小值为11.已知 AB，CD 是经过抛物线焦点 F 的互相垂直的两条弦，若 AB 的倾斜角为锐角，C，A 两点在 x 轴上方，则下

4、列结论中一定成立的是()第 3 页，共 23 页A.最小值为 32B.设为抛物线上任意一点，则的最小值为C.若直线 CD 的斜率为，则D.12.已知函数，其中 e 是自然对数的底数，记，则()A.有唯一零点B.方程有两个不相等的根C.当有且只有 3 个零点时，D.时，有 4 个零点13.已知的展开式中含有常数项，则 n 的一个可能取值是_.14.已知点，设动直线和动直线交于点P，则的取值范围是 _.15.过双曲线的左、右焦点作两条相互平行的弦AB，CD，其中 A，B 在双曲线的左支上，A，C 在 x 轴上方，则的最小值为_，当 AB 的倾斜角为时，四边形的面积为_.16.已知函数的定义域 D

5、为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数 a 的取值范围是 _.17.已知多面体 ABCDEF 中，四边形 CDEF 是边长为 4 的正方形，四边形 ABCD 是直角梯形，求证：平面平面 BCE；求直线 AF 与平面 BCF 所成角的正弦值.第 4 页，共 23 页18.为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自 2023年 1 月 21 日起至 3 月 31 日在全省实施景区门票减免，全省国有 A 级旅游景区免首道门票，鼓励非国有 A 级旅游景区首道门票至少半价优惠.本次门票优惠几乎涵盖了全省所有知名的重点景区，据统计，活动开展以来游客

6、至少去过两个及以上景区的人数占比约为某市旅游局从游客中随机抽取100 人 其中年龄在50 周岁及以下的有60 人 了解他们对全省实施景区门票减免活动的满意度，并按年龄周岁及以下和 50 周岁以上 分类统计得到如下不完整的列联表：不满意满意总计50 周岁及以下 _55_50 周岁以上15_总计_100根据统计数据完成以上列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联？现从本市游客中随机抽取 3 人了解他们的出游情况，设其中至少去过两个及以上景区的人数为 X，若以本次活动中至少去过两个及以上景区的人数的频率为概率.求 X 的分布列和数学期望；求参考公式及

7、数据：，其中k19.已知的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且求的大小；若的平分线交 AB 于点 D，且，求的取值范围，第 5 页，共 23 页20.在如图所示的平面四边形 ABCD 中，的面积是面积的两倍，又数列满足，当时，记求数列的通项公式；求证：21.已知曲线，直线 l：与曲线 E 交于 y 轴右侧不同的两点 A，求 m 的取值范围；已知点 P 的坐标为，试问：的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由.22.已知函数若，试判断的单调性，并证明你的结论；设，求证：第 6 页，共 23 页答案和解析1.【答案】B【解析】解：因为，又，所以，得到，所以，

8、故，故 A 错误，B 正确；而，故 CD 错误故选：利用条件求出，再利用集合的基本关系与运算即可得到结果本题主要考查了集合包含关系的判断及集合的基本运算，属于基础题2.【答案】D【解析】解：，则，故故选：根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题3.【答案】C【解析】解：高三一班的第 25 百分位数是 m，第 90 百分位数是；高三二班的第 25 百分位数是，第 90 百分位数是；所以，解得，所以故选：根据题意利用百分位数的定义求出m、n，再求本题考查了百分位数的定义与应用问题，是基础题4.【答案】A 第 7 页，共

9、 23 页【解析】解：由三角函数的图像知，；图中阴影部分近似为平行四边形，面积为，解得，故选：根据三角函数的图像知，图中阴影部分近似为平行四边形，由此得方程组求出、的值本题考查了三角函数的图象和性质应用问题，也考查了数形结合思想，是基础题5.【答案】C【解析】解：记“随机选取 4 人”为事件，“代表队中既有党员又有民主党派人士”为事件A，“党员甲被选中”为事件 B，则可得，则，故在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，则党员甲被选中的概率为故选：根据题意古典概型结合组合数运算求解本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键6.【答案】D【解析】解：如图，根据题意得：，联立

10、消去得，且，根据平面向量基本定理得：，第 8 页，共 23 页故选：可画出图形，根据向量加法和数乘的几何意义可得出，联立消去即可用表示出，然后根据平面向量基本定理即可求出的值本题考查了向量加法和数乘的几何意义，平面向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题7.【答案】A【解析】解：以 C 为坐标原点，CA，CB，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，点 P 是线段上一动点，当 P 为定点时，PQ 的最小值即为点 Q 到平面的距离，设平面的一个法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，点 P 到平面的距离，Q 两点之间距离的最小值为故选：以 C 为坐标原点，CA，CB，为坐标轴建立空间直

11、角坐标系，求得平面的一个法向量，第 9 页，共 23 页利用向量法可求 P，Q 两点之间距离的最小值本题考查求两点间的距离的最小值，属中档题8.【答案】B【解析】解：令，令，则，当时，单调递增，所以，在上恒成立，所以，故，即，令，则，故在上单调递减，即，令，则，所以在上单调递减，即，所以在上恒成立，故，所以，综上，故选：结合已知不等式合理的构造函数，利用导数研究相应函数单调性，然后进行合理的赋值，即可比较大小本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题9.【答案】AC 第 10 页，共 23 页【解析】解：由题意可得：，且，2，2023，对 A：当为

12、等差数列时，则，可得，故，A 正确；对 B：若，满足，2，2023，则，故数列的通项公式不可能为，B 错误；对 C：当数列满足时，满足，2，2022，则，可得，C 正确；对 D：当数列满足时，则，可得，D 错误故选：根据题意可得，且，2，对 A：结合等数数列的性质分析运算；对 B：利用裂项相消法分析运算；对 C：根据等比数列求和分析运算；对 D：取，分析运算即可本题考查离散型随机变量的分布列性质，考查数列的应用，是中档题10.【答案】BCD【解析】解：对 A：由题意可知：，圆锥 SO 的侧面积为，A 错误；对 B：面积，第 11 页，共 23 页在中，故为钝角，由题意可得：，故当时，面积的最大

13、值为，B 正确；对 C，由选项 B 可得：，为钝角，可得，由题意可得：圆锥 SO 的外接球过球心的截面圆即为的外接圆，设其半径为 R，则，即，故圆锥 SO 的外接球的表面积为，C正确：对 D：将平面 ABC 与平面 SAC 展开为一个平面，如图所示，当 S，E，B 三点共线时，取到最小值，此时，在，则为锐角，则，在中，由余弦定理可得，则，故的最小值为，D 正确故选：对 A：根据圆锥的侧面积公式计算即可；对 B：可得为直角三角形为最大面积；对 C：圆锥 SO 的外接球过球心的截面圆即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得；对 D：将平面 ABC 与平面展开为一个平面，当 S，E，B

14、 三点共线时，第 12 页，共 23 页取到最小值，结合余弦定理运算本题考查几何体的外接球问题，线段和最小问题，几何体的侧面积计算，属于中档题11.【答案】ACD【解析】解：设直线 AB 的倾斜角为，则，即，同理可得，根据定义得：，焦点坐标；选项 A：当且仅当时等号成立，因为，所以，故 A 正确；选项 B：令转换成抛物线上的点到焦点的距离，第 13 页，共 23 页故 B 错误；选项 C：若直线 CD 的斜率为，则直线 CD 的倾斜角为，直线 AB 的倾斜角为，所以，故 C 正确；选项 D：因为 AB 的斜率为 k，所以，设，AB 的方程为，由可得，与 k 无关，同理，故，即，故 D 正确；故

15、选：选项 AC：数形结合推导出，应用公式求解和判断；选项 B：根据抛物线定义和性质转化求解；选项 D：联立方程，应用韦达定理证得：即可判断本题考查了抛物线的性质，属于中档题12.【答案】ABD【解析】解：因为，所以，所以时，时，所以的图像如下图，第 14 页，共 23 页选项 A，因为，令，由，得到，由图像知，存在唯一的，使得，所以，由的图像知，存在唯一，使，即只有唯一零点，所以选项 A 正确；选项 B，令，如图，易知与有两个交点，所以方程有两个不相等的根，所以选项 B 正确；选项 C，因为，令，由，得到，当有且只有 3 个零点时，由的图像知，方程有两等根，且，或两不等根，或，舍弃，不满足韦达

16、定理，所以或，所以或，当时，满足条件，所以选项 C 错误；选项 D，当时，由，得到或，由的图像知，当时，有 2 个解，当时，有 2 个解，所以选项 D 正确故选：先对求导，判断出函数的单调性，画出的简图，对于选项 A，通过令，从而将函数的零点转化成，的根来求解，利用图像可得出结果；对于选项 B，通过构造两个函数，利用函数图像的交点来解决，从而判断出选项B 的正误；选项 C，通过令，从而得到，有且只有 3 个零点时，方程有两等根，且，或两不等根，从而求出 a 的范围；对于选项D，直接求出的值，再利用的图像即可判断结果第 15 页，共 23 页本题考查函数的零点与方程的根，考查运算求解能力，属中档

17、题13.【答案】4，8，12，16【解析】解：的展开式中含有常数项，它的通项公式为，有解，即，1，2，则 n 的一个可能取值是 4，8，12，故答案为：4，8，12，由题意，求得二项式的通项公式，由题意，可得 x 的幂指数等于零有解，由此可得 n 的取值范围本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题14.【答案】【解析】解：如图所示，由条件可知两动直线，分别过原点 O 和，且两直线互相垂直所以动点 P 的轨迹为以 OE 为直径的圆上，设圆心为 D，则，显然当 A、P、D 三点共线时取得最值，故，即故答案为：由两动直线解析式可知其互相垂直，且均过定点，则交

18、点P 轨迹为圆，继而可知的取值范围本题主要考查两点之间的距离公式，属于基础题15.【答案】【解析】解：的，设，由对称性可得，由双曲线的定义可得，第 16 页，共 23 页，在中，在中，又，所以，化为，由，可得，当且仅当，可得的最小值为 1；当 AB 的倾斜角为时，设直线 AB 的方程为，联立双曲线的方程，可得，解得，由直线 CD 的方程，与双曲线的方程联立，可得，解得，所以四边形的面积为故答案为：1；设，由双曲线的定义和三角形的余弦定理，推得，再由基本不等式可得所求最小值；求得直线 AB，CD 的方程与双曲线的方程联立，求得 A，C 的坐标，再由平行四边形的面积公式和三角形的面积公式，计算可得

19、所求面积本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题16.【答案】或【解析】解：令，有，得，令，得，则，令，有，得，又函数的定义域 D 为关于原点对称，所以是偶函数，第 17 页，共 23 页因为在上单调递减，所以在上单调递增不等式可化为，则有，因为函数在上单调递增，所以，又，所以，即，设，则，因为，故当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，所以或，即实数 a 的取值范围是或故答案为：或利用特殊值法求，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可本题主要考查了函数的恒成立问题，

20、考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题17.【答案】证明：因为四边形 CDEF 是边长为 4 的正方形，所以，因为四边形 ABCD 是直角梯形，所以，因为，AD，平面 ADE，所以平面 ADE，因为平面 ADE，所以，因为，所以，因为，所以，由勾股定理得，因为，所以，由勾股定理逆定理得，因为，DE，平面 CDE，所以平面 CDE，因为平面 CDE，所以，第 18 页，共 23 页因为，AD，平面 ADF，所以平面 ADF，因为平面 BCE，所以平面平面 BCE；解：由知，DA，DC，DE 两两垂直，故以 D 为坐标原点，DA，DC，DE 所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标

21、系，所以，设平面 BCF 的法向量为，则，解得，令，则，故，设直线 AF 与平面 BCF 所成角的大小为，又因为，所以，即直线 AF 与平面 BCF 所成角的正弦值为【解析】先证明出，由勾股逆定理得到，证明出平面 CDE，从而，证明出平面 ADF，进而证得平面平面 BCE；以 D 为坐标原点，DA，DC，DE 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，再利用空间向量求解线面角的正弦值本题主要考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求直线与平面的夹角，属于中档题第 19 页，共 23 页18.【答案】解：由题意，抽取的 100 人年龄

22、在 50 周岁及以下的有 60 人，则年龄在 50 周岁以上的有 40 人，补全的列联表如下：不满意 满意 总计50周岁及以下5556050 周岁以上152540总计2080 100，在犯错误的概率不超过的情况下认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联；由题意可得，游客至少去过两个及以上景区的概率为，则，且，1，2，3，又，的分布列如下：X0123P，；【解析】由题意，抽取的 100 人年龄在 50 周岁及以下的有 60 人，则年龄在 50 周岁以上的有 40 人，即可补全列联表，再根据公式计算，即可判断；由题意可知，根据二项分布即可求解分布列及数学期望；根据即可计算本题考查独立性检

23、验原理的应用，二项分布的期望的求解，属中档题19.【答案】解：由，可得，由正弦定理得，第 20 页，共 23 页，即，由于，又，或，或舍去，；，平分，则点 D 分别到 AC，BC 的距离，由，则，即，整理得，当且仅当，即时取等号，故的取值范围为【解析】由正正弦定理得运算可求的大小；由已知可得即，利用基本不等式可求的取值范围，本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查三角恒等变换，考查基本不等式的应用，属中档题20.【答案】解：过 A 作，过 C 作，连接 AC，设，由已知的面积是面积的两倍，可得，得，又 B、E、D 三点共线，存在实数，使得，又，第 21 页，共 23 页可得，则当时，有，则，即

24、，又，数列是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，则；证明：令，当时，；当时，且，综上可得：【解析】由已知结合向量运算可得，有，可得，则数列是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式得答案；令，求出，当时，有，作和得结论本题考查数列与向量、数列与不等式的综合，考查运算求解能力，是中档题21.【答案】解：设直线 l 的方程为：，联立，可得，第 22 页，共 23 页根据题意可得，解得，的取值范围为；的内心恒在定直线上，理由如下：设直线 AP 的斜率为，直线 BP 的斜率为，要证的内心恒在一条定直线上，只需证，即证，又，的平分线总垂直 x 轴，的内心在定直线上【解析】设

25、直线 l 的方程为：，联立曲线 E 的方程，再根据题意建立不等式，即可求解；设直线 AP 的斜率为，直线 BP 的斜率为，根据韦达定理，分析法，证明，即可求解本题考查直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，分析法的应用，化归转化思想，不等式思想，属中档题22.【答案】解：若，则，在上单调递增，证明如下：，构建，则的定义域为，令，解得；令，解得；则在上单调递减，在上单调递增，可得，即对恒成立，故在上单调递增证明：由题意可得：，则，即，第 23 页，共 23 页可得，故原题意等价于，构建，则，构建，则对恒成立，可得在上单调递增，故，即，可得，因为，则，可得，因为当，时，则，当且仅当，即时，等号成立；即对，均有，故当，即，可得，故，则在上单调递增，可得，故，即证【解析】求导，利用导数判断原函数单调性；根据题意分析可得原题意等价于，构建新函数，求导，结合基本不等式证明本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查转化思想与运算求解能力，属于难题