2023年4月山东省新高考联合模拟考试数学试题(济南二模)含答案.pdf

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1、第 1页，共 22 页 2023 年 4月山东省新高考联合模拟考试数学试题（济南二模）1.已知复数，则()A.B.C.D.12.已知集合，则 中元素的个数为()A.0B.1C.2D.33.已知抛物线 的焦点在圆 上，则该抛物线的焦点到准线的距离为()A.1B.2C.4D.84.某射击运动员连续射击 5次，命中的环数 环数为整数 形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为 9，极差为 3，则该组数据的平均数为()A.B.C.8D.5.已知直线 与曲线 相切，则实数 a的值为()A.B.C.0D.26.17世纪 30年代，意大利数学家卡瓦列利在 不可分量几何学 一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体

2、体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为 O，ABCD是半圆的外切矩形.以直线 OE为轴将该平面图形旋转一周，记，阴影部分，半圆 所形成的几何体的体积分别为，则下列说法正确的是()A.B.C.D.7.已知函数 数列 满足，则()A.0B.1C.675D.20238.已知函数 的图象关于直线 对称，则下列说法正确的是()第 2页，共 22 页 A.是偶函数 B.的最小正周期为 C.在区间 上单调递增 D.方程 在区间 上有 2 个实根 9.已知实数 a，b，c 满足，且，则下列说法正确的是()A.B.C.D.10.有 6 个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次

3、取 1 个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则()A.乙发生的概率为B.丙发生的概率为C.甲与丁相互独立D.丙与丁互为对立事件11.如图所示，在菱形 ABCD 中，E，F，G 分别是线段 AD，CD，BC 的中点，将 沿直线 BD 折起得到三棱锥，则在该三棱锥中，下列说法正确的是()A.直线 平面 ABCB.直线 BE 与 DG 是异面直线C.直线 BE 与 DG 可能垂直D.若，则二面角 的大小为12.若定义在 上的函数 同时满足：对，成立;对，成立;

4、则称 为“正方和谐函数”.下列说法正确的是()第 3页，共 22 页 A.，是“正方和谐函数”B.若 为“正方和谐函数”，则 C.若 为“正方和谐函数”，则 在 上是增函数 D.若 为“正方和谐函数”，则对，成立 13.已知，则 的值为 _.14.已知 表示一个三位数，如果满足 且，那么我们称该三位数为“凹数”，则没有重复数字的三位“凹数”共 _个 用数字作答15.已知向量，若非零向量 与，的夹角均相等，则 的坐标为_ 写出一个符合要求的答案即可16.如图，在矩形 ABCD 中，分别为边 AB，CD 的中点，M，N分别为线段 不含端点 和 AD 上的动点，满足，直线，的交点为 P，已知点 P

5、的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为 _.17.根据国家统计局统计，我国 年的新生儿数量如下：年份编号 x 1 2 3 4 5年份 2018 2019 2020 2021 2022新生儿数量 单位：万人 1523 1465 1200 1062 956由表中数据可以看出，可用线性回归模型拟合新生儿数量 y 与年份编号 x 的关系，请用相关系数加以说明;建立 y 关于 x 的回归方程，并预测我国 2023 年的新生儿数量.参考公式及数据：，第 4页，共 22 页 18.已知数列 的前 n 项和，数列 满足 求数列，的通项公式;由，构成的 阶数阵如图所示，求该数阵中所有项的和 19.如图，在

6、正三棱台 中，M，N 分别为棱 AB，BC 的中点，证明：四边形 MNFD 为矩形;若四边形 MNFD 为正方形，求直线 BC 与平面 ACFD 所成角的正弦值.20.已知 内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，点 G 是 的重心，且 若，求 的值;求 的取值范围.第 5页，共 22 页 21.已知椭圆 的长轴长为 4，由 E 的三个顶点构成的三角形的 面积为 求 E 的方程;记 E 的右顶点和上顶点分别为 A，B，点 P 在线段 AB 上运动，垂直于 x 轴的直线 PQ 交 E 于点 点 M 在第一象限，P 为线段 QM 的中点，设直线 AQ 与 E 的另一个交点为 N，证明：直线 M

7、N 过定点.22.已知函数 当 时，求 在区间 上的值域;若 有唯一的极值点，求 a 的取值范围.第 6页，共 22 页 答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查复数的运算，属于基础题直接利用复数代数形式的乘法与加法运算求解即可【解答】解：，则故选：2.【答案】C【解析】【分析】本题考查了交集及其运算，考查了方程组的解法，属于基础题联立，即可判断元素的个数.【解答】解：，联立，当 时，可得，即，当 时，；当 时，不成立；同理，时，；即，与 有两个交点，故选 3.【答案】C【解析】【分析】本题考查抛物线的标准方程与性质，属于基础题目.第 7页，共 22 页 由抛物线方程得出焦点坐标，由其

8、焦点在圆上得出 p，进而得出距离.【解答】解：把抛物线的焦点坐标 代入圆的方程可得，故，则该抛物线的焦点到准线的距离为 选 4.【答案】B【解析】【分析】本题考查平均数，中位数，是基础题.根据题意，中位数为 8，唯一的众数为 9，极差为 3，由此确定其它的数，计算可得平均数.【解答】解：根据题意，中位数为 8，唯一的众数为 9，极差为 3，可得平均数为，选 5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义，属于中档题.设切点为，结合导数的几何意义和直线方程可求得 a 的值.【解答】解：由，得，设切点为，则，由得，联立得，故选 6.【答案】D【解析】【分析】第 8页，共 22 页 本题考查

9、圆锥体积、球的体积，主要考查学生的空间想象能力和数学运算能力.以直线 OE 为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥，半圆 所形成 的几何体为一个半球，阴影部分所形成的几何体体积 等于长方形 ABCD 形成的圆柱体积减去 半球体积，然后分别计算即可.【解答】解：以直线 OE 为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥，底面直径为，为半圆半径，则，则，半圆 所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为，则，以直线 OE 为轴将该平面图形旋转一周，长方形 ABCD 形成的几何体为圆柱，设体积为，阴影部分所形成的几何体体积 等于圆柱体积减去半球体积，则 故，故选 7.【答案】B【解析

10、】【分析】本题考查函数的奇偶性，考查数列的周期性与求和，属于中档题.可得 是奇函数，故，根据数列的周期性求和即可.【解答】解：因为 定义域为 R，所以函数 是奇函数.因为，所以，因为，所以数列 的周期为 3，所以 第 9页，共 22 页 8.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数 的图象与性质，辅助角公式，考查运算化简的能力，属于中档题.先由题意可得，可得，利用辅助角公式可得，对选项逐一判断即可.【解答】解：已知函数 的图象关于直线 对称，对任意，都有，的最小正周期为，故 B 错误；，不是偶函数，故 A 错误；令，解得，当 时，在 上单调递增，当 时，在 上单调递减，故 C 错误，方程，也即，

11、当 时，此时，当 时，此时，当 时，此时，方程 在区间 上有 2 个实根，故 D 正确.第 10页，共 22页9.【答案】BC【解析】【分析】根据已知，且，结合不等式性质，逐项判断即可本题考查不等式的性质，考查逻辑推理能力，属于基础题【解答】解：由题意得实数 a，b，c 满足，且，则由题干得，对于 A：，则，故 A错误；对于 B：由题意得，可得，即，也即，故 B正确；对于 C：，所以，故 C正确；对于 D：，所以，故 D错误；故选 10.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查古典概型，独立事件、对立事件的定义，注意两者的区别，属于基础题根据题意，结合古典概型，独立事件、对立事件的定义，依次分析

12、选项是否正确，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于 A，乙发生的概率为，故 A正确；对于 B，丙发生的概率为，故 B错误；对于 C，甲，丁，甲丁，甲丁 甲 丁，故甲与丁相互独立，故 C正确；对于 D，丙 丁，故丙与丁互为对立事件，故 D正确；11.【答案】ABD【解析】【分析】第 11页，共 22页本题考查立体几何的综合问题，属于较难题.对于 A，根据线面平行的判定求证即可；对于 B，假设直线 BE与 DG是共面直线，可得 BC与 AD是共面直线，进而可得假设不成立；对于 C、D，建立空间直角坐标系求解即可.【解答】解：对于 A，因为 E、F分别是 AD、CD的中点，所以，又

13、平面 ABC，平面 ABC，所以直线 平面 ABC，故 A正确；对于 B，若直线 BE与 DG是共面直线，则 BG、DE是共面直线，即 BC与 AD是共面直线，明显不可能，故直线 BE与 DG是异面直线，故 B正确；取 BD 中点 O，连结 AO、CO，以 O为坐标原点，CO所在直线为 x轴，OD所在直线为 y轴，过 O点垂直于平面 BCD的直线为 z轴建立空间直角坐标系，设，则，设，因为，所以，对于 C，若，解得，不可能，故直线 BE与 DG不可能垂直，故 C错误；对于 D，若，则，即，化简得，代入 可得，则第 12页，共 22页易得平面 BDC的一个法向量，设平面 ABD的一个法向量，则，

14、即，令，可得，则，设二面角 的平面角为，为锐角，则，故，故 D正确.12.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查函数新定义问题，属于难题.根据定义判断 A；取，判断 B；根据函数单调性定义判断 C；分三种情况判断【解答】解：对于 A，函数，显然满足条件对，函数 在区间 上是“正方和谐函数”，故 A正确；对于 B，因为 为“正方和谐函数”，则取，得，即，又由，得，故 B正确;对于 C，因为，则，所以，故有 故 C错误;对于 D，由 C可得函数 的最大值为当 时，当 时，类似 C中结论，第 13页，共 22页当 时，假设当 时，有 成立，其中，2，那么当 时，故对于任意 时，有 成立，其中，2，故

15、对 成立，当 时，所以，若 为“正方和谐函数”，则对，成立，故 D正确.13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查同角三角函数的关系式、诱导公式的应用，属于基础题由题意利用诱导公式、再利用同角三角函数的关系式求得结果【解答】解：根据题意得，所以，所以 14.【答案】240【解析】【分析】本题考查分类加法计数原理与分步乘法计数原理，属于中档题.根据十位上的数的不同进行分类讨论，每一类中根据分步计数原理求解，继而可求出“凹数”的个数.【解答】第 14页，共 22页解：由题意，分类讨论：当十位数为 0时，没有重复数字的凹数有 个，当十位数为 1时，没有重复数字的凹数有 个，当十位数为 7时，没有重复

16、数字的凹数有 个.故共有 故答案为 15.【答案】答案不唯一【解析】【分析】本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题.设，根据 即可求解.【解答】解：设，则，即，即，即取 可得，此时 16.【答案】【解析】【分析】本题考查双曲线的轨迹与双曲线的离心率，考查斜率公式，考查逻辑推理能力，属于较难题.由题以 的中点 O为坐标原点，所在的直线为 y 轴建立平面直角坐标系，设 P在以为顶点的双曲线的上半支，设双曲线的方程为，设，可得，再根据，结合 与可求双曲线的离心率.【解答】解：因为四边形 ABCD 为矩形，分别为边 AB，CD 的中点，故以 的中点 O 为坐标原点，所在的直线为 y 轴建立如图所示的平

17、面直角坐标系，第 15页，共 22页设 P在以 为顶点的双曲线的上半支，设双曲线的方程为，则，设，则，所以设直线 的倾斜角为，直线 的倾斜角为，则，则，所以因为，所以因为，所以所以，解得 17.【答案】由题意及参考数据可得：，第 16页，共 22页所以，因为 y 与 x 的相关系数近似为，说明 y 与 x 的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系.由 及 得：，所以 y 关于 x 的回归方程为：将 2023 年对应的年份编号 代入回归方程得：所以我国 2023 年的新生儿数量约 万人.【解析】本题考查了回归直线方程和相关系数，是中档题.根据所给数据由公式得出相关系数

18、 r，可得结论；根据公式计算，再由，可得 y 关于 x 的线性回归方程，将 2023 年对应的年份编号 代入回归方程即可求解答案18.【答案】解：因为，所以，当 时，适合上式，所以所以因为，所以【解析】本题考查数列的通项公式和前 n 项和公式的求法，是中档题，利用数列的递推关系求解 的通项公式，再根据对数的运算即可求解 的通项公式.利用分组求和然后相乘即可.19.【答案】证明：因为三棱台 是正三棱台，M 为棱 AB 的中点，所以 且，所以四边形 DMBE 为平行四边形，所以 且，同理 且所以 且，所以四边形 DMNF 为平行四边形.取 AC 的中点为 O，连接 AE，EC，OE，OB，第 17

19、页，共 22页因为，所以，又，所以直线 面 BOE，又 面 BOE，所以，又，所以，所以四边形 DMNF为矩形.解：以 O为原点，OB，OC所在直线分别为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系.设正方形 DMNF的边长为 1，则，则，则，设平面 ACFD的法向量为，由，得，令，得，设 BC与平面 ACFD所成的角为，所以，所以直线 BC与平面 ACDF所成角的正弦值为【解析】本体考查线面垂直的判定定理、直线与平面所成角的向量求法.利用线面垂直的判定定理和平行线之间的关系即可得解建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式解答即可.第 18页，共 22页20.【答案】解：延长 CG交 AB于点 D，因

20、为 G 是 的重心，则 D为线段 AB的中点，且，又，所以，因此，又因为，所以，在 中，记，由正弦定理，即，所以，即，所以，即由 可知，在 中，在 中，所以，整理得，在 中，当且仅当 时，等号成立;又，所以，综上 的取值范围为【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形，属于中档题.延长 CG交 AB于点 D，因为 G 是 的重心，则 D为线段 AB的中点，利用正弦定理及两角和与差的三角函数公式进行求解即可；第 19页，共 22页利用余弦定理及基本不等式进行求解即可.21.【答案】解：由题意可知 得出，由 E的三个顶点构成的三角形的面积为 2，不妨设是左右顶点和上顶点，则面积为 得出 所以椭圆 E的

21、方程为由 可知，则直线 AB的方程为，设，因为 轴，所以，因为 P为线段 QM的中点，所以，又因为 A，Q，N三点共线，所以，即设直线，代入 并整理得：，则，所以，所以，所以直线 MN的方程为：，故直线 MN过定点【解析】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中定点问题，主要考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题.由题可知，得出，由 E的三个顶点构成的三角形的面积为 2，不妨设是左右顶点和上顶点，则面积为 得出 b，进而可求得椭圆方程.由 可知，则直线 AB的方程为，设，因为 轴，所以，根据 P为 QM中点和 A，Q，N三点共线得出设直线，代入 并整理得，然后代入 化简整理得，所

22、以，所以直线 MN 的方程为：，进而求出定点.第 20页，共 22页22.【答案】当 时，令，得 当 时，单调递增;当 时，单调递减.因为，所以 的值域为，的极值点等价于 的变号零点.设若，的定义域为，显然 在 上单调递减;因为，所以存在唯一的，使得，即，当 时，当 时，所以 存在唯一极大值点，符合题意.若，定义域为当 时，所以 单调递减，注意到时，所以，所以，所以 在 上无极值点;时，所以，所以，所以 在 上无极值点;时，所以存在唯一的，即当 时，当 时，所以 为 在 的极大值点，此时 在 有一个极值点.当 时，令，得当 时，单调递增;第 21页，共 22页当 时，单调递减.令，得时，若，当

23、 时，所以存在，当 时，当 时，当 时，所以 为 的极大值点，为 的极小值点;此时 在 上有两个极值点.若，则，此时 在 上无极值点;故 不符合题意.当 时，所以存在唯一，使得，当 时，当 时，所以 为 的极大值点;此时 在 有一个极值点，故 符合题意.当 时，当 时，所以存在唯一，使得，当 时，当 时，所以 为 的极大值点;此时 在 有一个极值点，不合题意.综上 a 的取值范围为 或 第 22页，共 22页【解析】把 代入后求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解；先对函数求导，由题意可得 有唯一的变号零点，问题可转化为不等式的恒成立问题，可求本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值存在条件的应用，属于难题