山东省青岛市2023届高三下学期第二次适应性检测数学试卷（含答案解析）

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1、山东省青岛市2023届高三下学期第二次适应性检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知为坐标原点，复数，分别表示向量，若，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知函数，则大致图象如图的函数可能是（ ）A B. C. D. 4. 某教育局为振兴乡村教育，将5名教师安排到3所乡村学校支教，若每名教师仅去一所学校，每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有（ ）A. 300种B. 210种C. 180种D. 150种5. 在边长为1的小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ）A. B. 1C. D. 6. 已知为坐标原

2、点，直线过抛物线的焦点，与及其准线依次交于三点（其中点在之间），若，,则的面积是（ ）A. B. C. D. 7. 三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由有公共端点且不共面的三条射线，以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，则三棱锥体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 8. 设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得

3、0分.9. 底面为菱形的直棱柱各棱长均为2，点是线段上的动点，点分别是棱的中点，则（ ）A. 直线与为异面直线B. 直线平面C. 存在点，使D. 直线与所成的角为10. “天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）喜欢天宫课堂不喜欢天宫课堂男生8020女生7030参考公式及数据：，当时，.A. 从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为C. 根据小概率值

4、的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为8511. 1807年法国数学家傅里叶指出任何音乐声都是形如的纯音合成的复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称C. 在区间上单调递增D. 当时，最小值为0，则12. 已知函数有四个零点，则（ ）A. B. C. D. 若，则三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 某市高三年级男生的身高（单位：）近似服从正态分布，已知，若.写出一个符合条件的的值为_.14. 与曲

5、线和圆都相切的直线的方程为_.15. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与交于点、，直线为在点处的切线，点关于的对称点为.由椭圆的光学性质知，、三点共线.若，则_.16. 已知动圆和定圆的半径均为1，动圆自初始位置（如图，圆心的坐标为，圆上的点的坐标为，逆时针沿圆滚动，则在滚动过程中，点的纵坐标的最大值为_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 如图1，矩形中，为的中点，现将，分别沿，向上翻折，使点，分别到达点，的位置，且平面，平面均与平面垂直（如图2）.（1）证明：，四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18. 在中，角，所对的边分别为

6、，.（1）求；（2）若点为边的中点，点，分别在边，上，.设，将的面积表示为的函数，并求的取值范围.19. 已知数列为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4.即先取，接着复制该项粘贴在后面作为，并添加后继数2作为；再复制所有项1，1，2并粘贴在后面作为，并添加后继数3作为，依次继续下去.记表示数列中首次出现时对应的项数.（1）求数列通项公式；（2）求20. 为了丰富农村儿童课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：年份20182019202

7、020212022年份代码12345年借阅量（册）3692142（参考数据：）（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用和两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.21. 已知为坐标原点，双曲线的左，右焦点分别为，离心率等于，点是双曲线在第一象限上的点，直线与轴的交点为，的周长等于，.（1）求的方程；（2）过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，对应的切点为，.证明：直线与椭圆相切于点，且.22. 已知函数，.（1）讨论

8、极值点的个数；（2）若恰有三个零点和两个极值点.（）证明：；（）若，且，证明：.山东省青岛市2023届高三下学期第二次适应性检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据交集运算求解即可.【详解】,，所以.故选:A.2. 已知为坐标原点，复数，分别表示向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义确定向量，的坐标，再根据向量垂直的坐标运算即可求得的值，从而可得的值.【详解】由题意可得，所以又，所以，所以则.故选：C.3. 已知函数，

9、则大致图象如图的函数可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性及选项逐项排除即可得到答案【详解】，的定义域均为，且,，所以为奇函数，为偶函数.由图易知其为奇函数，而与为非奇非偶函数，故排除AB.当时，排除C.故选:D4. 某教育局为振兴乡村教育，将5名教师安排到3所乡村学校支教，若每名教师仅去一所学校，每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有（ ）A. 300种B. 210种C. 180种D. 150种【答案】D【解析】【分析】根据部分均匀分组分配求解即可.【详解】由于每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有种.故选：D5. 在边长为1的小正方形组成的

10、网格中，如图所示，则（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求出，再利用余弦定理求出，最后利用同角三角函数基本关系计算可得.【详解】依题意，由余弦定理，即，解得，显然为锐角，所以，所以.故选：A6. 已知为坐标原点，直线过抛物线的焦点，与及其准线依次交于三点（其中点在之间），若，,则的面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，利用抛物线定义可得，则，继而可求出，即可得到的值，从而得到抛物线的标准方程，由可得到直线的斜率，得到直线的方程，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理、抛物线的定义，并利用点到直

11、线距离公式，即可求解的面积.【详解】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，设准线与轴相交于点，如图，则，在中，所以，所以，在中，所以，所以.又轴，所以.又抛物线，则,所以，所以抛物线，点.因为，所以直线的斜率，则直线，与抛物线方程联立,消并化简得,设点，则，则.又直线可化为，则点到直线的距离,所以.故选:B.7. 三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由有公共端点且不共面的三条射线，以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，则三棱锥体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答

12、案】C【解析】【分析】作出图形，平面与平面所成角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解.【详解】由题意得：.=，=当时，的最大值为故选：C8. 设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】当时，即，共有个.又，故，令，利用错位相减法即可求解.【详解】当时，即，共有个.因为，故，设，则，-,得，所以.所以.故选:B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得

13、2分，有选错的得0分.9. 底面为菱形的直棱柱各棱长均为2，点是线段上的动点，点分别是棱的中点，则（ ）A. 直线与为异面直线B. 直线平面C. 存在点，使D. 直线与所成的角为【答案】ABC【解析】【分析】设交于，交于，以为原点，分别为轴建立坐标系，设， ，利用判断A，求平面的法向量，利用判断B，利用判断C，利用判断D.【详解】设交于，交于，因为为直棱柱，且底面为菱形，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系，因为各棱长均为2，所以，又因为点是线段上的动点，所以设， ，选项A：因为，令，无解，所以直线与为异面直线，正确；选项B：，设平面的法向量，则，令得平面的一个法向量为，因为，所

14、以直线平面，正确；选项C：，令解得，所以存在点，使，正确；选项D：，因为，所以直线与所成的角不为，错误；故选：ABC10. “天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）喜欢天宫课堂不喜欢天宫课堂男生8020女生7030参考公式及数据：，.当时，.A. 从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为C. 根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联

15、D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；对于C：因为，所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；对于D：抽取的喜欢天宫课

16、堂的学生男、女生人数分别为、，又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；故选：BC11. 1807年法国数学家傅里叶指出任何音乐声都是形如的纯音合成的复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称C. 在区间上单调递增D. 当时，最小值为0，则【答案】BD【解析】【分析】先将函数化简，然后利用正弦函数的性质和复合函数单调性逐项进行判断即可求解.【详解】由题意，函数，对于选项A，因为，所以不是函数的最小正周期，故选项A错误；对于选项B，因为，所以直线是函数的一条对称轴，故选项B正确；对于选项C，因为，当，单调递增，

17、且，因为当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，由复合函数的单调性可知：函数在区间先增后减，故选项C错误；对于选项D，由选项C可知，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，当时，函数，当时，函数，当时，函数，因为时，时，由复合函数的单调性可知：当时，最小值为0，则，故选项D正确，故选：BD.12. 已知函数有四个零点，则（ ）A. B. C. D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据函数零点转化为方程的根，令，即方程有两根，根据一元二次方程根与系数的关系，结合函数图象、指数函数与对数函数的性质逐项分析即可得答案.【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即，令，即，即另外，令得，故在区间上单

18、调递增，在区间上单调递减，当时，如图所示：根据题意知存在两根，不妨设，则满足，即有，则由图象可知，所以，故A不正确；由于方程的两根，满足，所以，解得，故B正确；由，得，两边取自然对数得，故C正确；由，两边取自然底数得若，则，所以，令，所以恒成立，所以在上单调递减，又，且，所以，故D正确.故选：BCD三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 某市高三年级男生的身高（单位：）近似服从正态分布，已知，若.写出一个符合条件的的值为_.【答案】（中任意一个数均可）【解析】【分析】利用正态曲线的对称性即可求解.【详解】因为，且,则,且，故若，则.故答案为:（中的任意一个数均可）.14. 与

19、曲线和圆都相切的直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意得，切线斜率不存在和斜率等于时不符合题意，当斜率不等于时，由切线与圆相切可得，由切线和曲线相切可得，从而解出，代入切线方程即可.【详解】如图，由题意得，当切线的斜率不存在时，显然不符合题意；当切线的斜率存在时，设切线方程为，当时，显然不符合题意；当时，因为切线与圆相切，所以圆心到切线的距离等于半径，即，化简得.又因为切线和曲线相切，联立方程组，消去得，即，则，即.所以，解得或.当时，舍去；当时，.所以切线方程为，即.故答案为：15. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与交于点、，直线为在点处的切线，点关于的对称点为.由椭圆的光学

20、性质知，、三点共线.若，则_.【答案】#【解析】【分析】作出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解.【详解】如下图所示：因为点关于的对称点为，则，因为，且，所以，所以，可得，则，所以，故.故答案为：.16. 已知动圆和定圆的半径均为1，动圆自初始位置（如图，圆心的坐标为，圆上的点的坐标为，逆时针沿圆滚动，则在滚动过程中，点的纵坐标的最大值为_.【答案】#【解析】【分析】设圆绕圆逆时针转的圆心角，得到且，过点作、，得到，设，得到，设，设函数，求得，得出函数的单调性与最大值，进而求得为的最大值.【详解】如图所示，设圆绕圆逆时针转的弧长为，对应的圆心角为，因为圆和圆的半

21、径都是，所以，即，且，过点作，再过点作，垂足为，可得,设，则，不妨设，设，可得，令，即，解得或，当，即时，函数单调递减；当，即时，函数单调递增，所以时，即时，函数取得极大值，也是最大值，即时，函数取得最大值，最大值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 如图1，矩形中，为的中点，现将，分别沿，向上翻折，使点，分别到达点，的位置，且平面，平面均与平面垂直（如图2）.（1）证明：，四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接,由面面垂直的性质可得平面，平面,故.再

22、证明四边形是平行四边形，可得，从而可证明；（2）取的中点，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【小问1详解】分别取的中点，连接,因为，所以.因为平面平面，平面平面,平面,所以平面.同理可得平面,所以.在中，所以，同理，所以四边形是平行四边形，所以.因为分别是的中点，所以,所以，所以，四点共面.【小问2详解】在图（1）中，所以，所以.取的中点，连接，则,所以.由（1），两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设平面的法向量为，因为，则，令，可得.又因为，设直线与平面所成的角为，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.18. 在中，角，所对的边分别

23、为，.（1）求；（2）若点为边的中点，点，分别在边，上，.设，将的面积表示为的函数，并求的取值范围.【答案】（1）； （2），.【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，再根据余弦定理即可求解；（2）由题可得为等边三角形，在与中，分别由正弦定理求出，根据三角形面积公式可得，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，所以.因为，所以.【小问2详解】由及可知为等边三角形.又因为，所以.在中，由正弦定理可得,，即.在中，,由正弦定理可得，即.所以.因为，因为，所以，所以，所以.所以，所以，所以.所以的取值范围为.19. 已知数列为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2

24、，1，1，2，3，4.即先取，接着复制该项粘贴在后面作为，并添加后继数2作为；再复制所有项1，1，2并粘贴在后面作为，并添加后继数3作为，依次继续下去.记表示数列中首次出现时对应的项数.（1）求数列的通项公式；（2）求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，进而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解；（2）根据题意，先求出前项中每个数值出现的次数，进而求解即可.【小问1详解】由题意知：，即，且，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.【小问2详解】由（1）可知，所以在前项中出现1次，5在前项中出现2次，4在前项中出现次，3在前项中出现次

25、，2在前项中出现次，1在前项中出现次，所以.20. 为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：年份20182019202020212022年份代码12345年借阅量（册）3692142（参考数据：）（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用和两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型

26、拟合效果更好.【答案】（1）分布列见解析， （2）；模型的拟合效果更好【解析】【分析】（1）求5年的借阅量的平均数，可得随机变量服从超几何分布，求得概率即可得分布列与期望；（2）根据计算样本中心值代入方程求得，即可得回归方程，计算残差即可得答案.【小问1详解】由题知，5年的借阅量的平均数为：，又，则所以低于平均值的有3个，所以服从超几何分布，所以，所以的分布列为：所以；【小问2详解】因为所以，即.所以模型的经验回归方程为：根据模型的经验回归方程可得：根据模型的经验回归方程可得：因为，且所以模型的残差平方和大于模型的残差平方和，所以模型的拟合效果更好.21. 已知为坐标原点，双曲线的左，右焦点分

27、别为，离心率等于，点是双曲线在第一象限上的点，直线与轴的交点为，的周长等于，.（1）求的方程；（2）过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，对应的切点为，.证明：直线与椭圆相切于点，且.【答案】（1） （2）证明过程见详解【解析】【分析】（1）根据题意求出，再根据离心率求出，进而求解；（2）设，设的方程为：，联立方程组，利用判别式可得为的两解，利用韦达定理可得为直角三角形，进而可得直线的方程为：，将其代入椭圆方程，得到，进而求证.【小问1详解】由题意知，又因为，所以，所以，又因为，所以，所以的方程为：.【小问2详解】设，则，设切线的斜率分别为，设的方程为：，因为，所以，所以，所以 （*）因为，

28、整理得，即，所以，同理：，因为切线均过点，同理根据上面可知，为的两解，所以，所以，为直角三角形，因为，所以，所以，同理：，所以直线的方程为：，将直线：，代入椭圆的方程：可得：，即，所以，所以直线与椭圆相切，切点，所以，所以，所以.【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)22. 已知函数，.（1）讨论极值点的个数；（2）若

29、恰有三个零点和两个极值点.（）证明：；（）若，且，证明：.【答案】（1）当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点； （2）（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求导，对进行讨论，研究单调性可得函数的极值；（2）(i)由(1)知: ,且,又得出，即可得证；(ii)易得，令,可得，要证明:，只需证:，只需证: (显然,易证)，即证明:，又因为,所以，令,利用导数证明即可.【小问1详解】由题知:， 设函数,当时,开口向上,所以,在上单调递减,无极值点；当时, 在上有两个解,又因为,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.所以有两个极值点.综上:当时, 无极值点;当时,所以有两

30、个极值点.【小问2详解】(i)由(1)知: ,且,又因为,所以.(ii)由(i)知:,所以,所以.令,所以在上单调递减,在上单调递增.因为时,0;时,0.所以.所以,要证明:,只需证:,只需证: ,只需证: ,只需证:,又因为在上单调递增,所以只需证:.令，所以，所以函数在上单调递减；所以，即.所以，要证：，只需证：，即证明:.因为,所以,所以.又因为,所以,所以.令,则,所以在上单调递增,所以,所以,所以成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式 （或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见结论放缩；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数