2023年山东省滨州市邹平重点中学高考数学模拟试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
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. 从、、、、中任选个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被整除的概率为( )
A. B. C. D.
4. 某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )
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：过点作圆的两条切线，，切点分别为，，且使得四边形为正方形，则正实数的值为( )
A. B. C. D.
6. 已知函数，若，，则( )
A. B. C. D.
7. 已知函数的定义域为，且函数的图象关于直线对称，当时，其中是的导函数，若，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
8. 已知定义在上的函数满足，，为的导函数，当时，，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若，其中为实数，则( )
A. B.
C. D.
10. 在平面四边形中，，，则( )
A. B.
C. D.
11. 如图，在直三棱柱中，，，，点在线段上，且，为线段上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 当为的中点时，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，使得三棱锥的体积为
12. 已知抛物线：的焦点为，其准线与轴交于点，过点作不垂直于轴的直线与交于，两点设为轴上一动点，为的中点，且，则( )
A. 抛物线的方程为
B. 的最小值为
C.
D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知实数，满足，则的最小值是______ ．
14. 已知随机变量服从正态分布，且，则 ______ ．
15. 若，是函数的两个不同零点，且，，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. 已知双曲线，，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上的第一象限内的点，点为的内心，点在轴上的投影的横坐标为______ ，的面积的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，且．
若角，求角；
若，求的最大值
18. 本小题分
已知是首项为的等差数列，公差，是首项为的等比数列，，．
求，的通项公式；
若数列的第项，满足_____在中任选一个条件，，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前项和．
．
19. 本小题分
某地，，，四个商场均销售同一型号的冰箱，经统计，年月份这四个商场购进和销售该型号冰箱的台数如表单位：十台：
商场 商场 商场 商场
购讲该型冰箱数
销售该型冰箱数
已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；
假设每台冰箱的售价均定为元若进入商场的甲、乙两位顾客购买这种冰箱的概率分别为，，且甲乙是否购买冰箱互不影响，若两人购买冰箱总金额的期望不超过元，求的取值范围．
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
20. 本小题分
已知四边形为平行四边形，为的中点，，为等边三角形，将三角形沿折起，使点到达点的位置，且平面平面．
求证：；
试判断在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
21. 本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，是上异于左、右顶点的动点，的最小值为，且的离心率为．
求椭圆的方程．
若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数，．
求函数的单调区间；
若，是函数的两个极值点，且，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
由已知结合补集的性质可求，然后结合补集运算进行判断．
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
【解答】
解：因为，
所以，
因为，
所以，，，
故B或．
故选：．

2.【答案】
【解析】解：，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：从，，，，中任选个不同数字组成一个三位数，
有种选法，
要使该三位数能被整除，只需数字和能被整除，
数字为，，时，有有种，
数字为，，时，有有种，
数字为，，时，有有种，
数字为，，时，有有种，
共有种，
该三位数能被整除的概率为．
故选：．
利用排列组合知识求出对应的方法种数，利用古典概型的概率公式直接求解．
本题考查概率的运算，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查基本不等式在生活中的优化问题，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．
设圆柱的半径为，高为，体积为，根据条件得到，求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．
【解答】
解：设圆柱的半径为，高为，体积为，
则由题意可得，
，
圆柱的体积为，
则当且仅当，即时等号成立．
圆柱的最大体积为，
故本题选A．

5.【答案】
【解析】解：圆：的圆心，半径，
设，则，
由四边形为正方形，可得，
即为，
由题意可得直线与圆相切，
则圆心到直线的距离为，
可得，
解答或舍去．
故选：．
求得圆的圆心和半径，由正方形的性质可得，由题意可得直线与圆相切，运用点到直线的距离公式，解方程可得所求值．
本题考查直线和圆的位置关系，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：又因为，
当时，则有，
当时，则有，
所以为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以以，，
又因为，
所以，，
所以，
所以．
故选：．
由，可得为偶函数，则可得，又由，可得，进而得，将代入即可得答案．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、函数的奇偶性以及指数与对数的大小比较，属于中档题．
先判断函数为偶函数，再利用导数研究函数的单调性，比较自变量的大小，结合奇偶性与函数单调性即可得到，，的大小关系．
【解答】
解：函数的定义域为，且函数的图象关于直线对称，
函数关于对称，则为上的偶函数．
当时，，
则，
令，则，
，
当时，，，
当时，，．
时，．
函数在时单调递增．
，，，
，
即．
故选D．
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了抽象函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和根据函数的单调性解不等式，考查了转化思想和函数思想，属中档题．
构造函数，由条件判断其奇偶性和单调性，利用单调性解不等式即可．
【解答】
解：
令，则，
，，
，是上的奇函数．
，
当时，，当时，，
在上单调递增，又是上的奇函数，
在上单调递增，又，
由，得，．
由在上单调递增，得，，
不等式的解集是．
故选：．

9.【答案】
【解析】解：，
对于，令，则，则，故A错误；
对于，因为，所以展开式中含的系数为，故B正确；
对于，令，则，则，令，
则，则，
所以，故C正确；
对于，，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合赋值法，以及二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：选项A，由，，知，
所以，所以为等边三角形，
所以，即，故选项A正确；
选项B，设，
在中，由余弦定理知，，
即，所以，
由，得，
所以，即为等腰直角三角形，
所以，即选项B正确；
选项C，因为，，
所以与不平行，即选项C错误；
选项D，
，即选项D正确．
故选：．
选项A，根据平面向量数量积可得，知为等边三角形，得解；
选项B，在中，利用余弦定理可得，再由，求得的长，进而知为等腰直角三角形，然后根据平面向量的加法和减法法则，得解；
选项C，计算可得，，知与不平行；
选项D，由，结合平面向量数量积，展开运算即可．
本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，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，当时，延长于点，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，当点与重合时，易知，此时的周长为，显然有，故C错误；
对于，取的中点，连接，易知平面，，
若三棱锥的体积为，，所以，所以，
因为，所以存在点，使得三棱锥的体积为，故D正确．
故选：．
取的中点，证明平面，故为直线与平面所成的角，求解可判断；延长交于点，可得四边形是平行四边形，从而可判断；当点与重合时，求出的周长可判断；取的中点，连接，若三棱锥的体积为，则，根据，可判断．
本题考查空间几何体的体积的计算，考查线面角的正切值的求法，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：由抛物线的准线与轴交于点，得，所以，所以抛物线的方程为，A错误；
设直线的方程为，，，
由，整理得，则，，
由抛物线的定义，知，，
所以，
所以，
当且仅当时取得等号，B正确；
由上可知，，设点的坐标为，则，．
由得，所以，则直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为，则直线的方程为．
令，则，所以点的坐标为，则．
由抛物线的定义可知，，所以，C错误；
因为
，
所以直线与直线关于轴对称，即平分，
所以，则，
整理得，D正确．
故选：．
由抛物线的性质可求得的值，从而判断；设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系，再由抛物线的定义计算可得，由基本不等式即可求解的最小值，从而判断；利用点差法可得直线的斜率，由，可得直线的斜率，进而可得直线方程，令，可得点的坐标，结合抛物线的定义可得，从而判断；计算可得平分，则，化简整理即可判断．
本题考查抛物线的定义及简单几何性质、直线与抛物线的位置关系、基本不等式，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养．
13.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，，
所以，
故，当且仅当时取等号．
故答案为：．
由已知结合对数的运算性质可得，的关系式，然后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了对数运算性质及基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：，则，
所以由得，
所以，
所以，．
故答案为：．
根据正态分布的对称性求解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：，是函数的两个不同零点，
，，
，，，，
，，这三个数适当排序后成等比数列，
为，的等比中项，，
当为，的等差中项时，则，解得，
当为，的等差中项时，则，解得，
，，
．
故答案为：．
利用一元二次方程根与系数的关系得到，，再利用等差数列，等比数列的性质求解即可．
本题考查了一元二次方程的根与系数关系，考查了等差数列，等比数列的性质，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：由题意得：，故，
设点，且在上垂足为，
根据双曲线定义及切线长定理得：，
又，解得：，
所以点坐标为，即横坐标为，
设渐近线的倾斜角为，则，
记，则，
所以，即，
又，解得负值舍，
所以，则，
所以．
故答案为：，．
先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，，则，求出，从而求出，求出的面积的取值范围．
本题考查双曲线的几何性质，双曲线中焦点三角形内切圆问题，方程思想，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：由题意知．
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，，
所以，
所以．
由知，
所以，
因为，
所以，
由正弦定理得：，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为为锐角三角形，且，
所以，
所以，
所以，
当时，取得最大值，
所以的最大值为．
【解析】运用两角和差的正余弦公式进行化简即可；
根据中结论运用正弦定理得到，然后等量代换出，再利用降次公式化简，结合内角取值范围及求解．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：是首项为的等差数列，公差，是首项为的等比数列，，，
，，
解得，．
，．
数列的第项，满足．
则，化为，
则的前项和．
数列的第项，满足．
则，
，；，；，；，；，，．
则的前项和．
【解析】由是首项为的等差数列，公差，是首项为的等比数列，，，可得，，解得，，即可得出，．
数列的第项，满足由，化为，可得的前项和，代入利用求和公式即可得出结论．
数列的第项，满足，化为，同理可得的前项和，代入利用求和公式即可得出结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：，
，
，，
所以，则，
故关于的线性回归方程为；
设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为，
则的所有可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为：
所以，，
令，即，解得，
又因为，
所以，
所以的取值范围为．
【解析】根据最小二乘法求线性回归方程即可；
设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为，求出分布列得到期望，由期望的性质求出，列出不等式求解即可．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及期望公式的应用，属于中档题．
20.【答案】证明：因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，
所以，
又为的中点，所以，即为等腰三角形，
所以，
所以，
即，
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以；
解：取的中点，连接，由于为正三角形，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取的中点，则，
由得，所以，
以点为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
假设存在点，使平面与平面的夹角为，
设
则，
设平面的法向量为，
由得，取，
得，
由知为平面的一个法向量，
于是，，
解得或舍去，
所以存在点，且当点为线段的靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角为．
【解析】由结合平面平面得出平面，再由线面垂直的定义得出；
以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
本题考查了线线垂直的证明和二面角的应用，属于中档题．
21.【答案】解：设，由对称性，不妨设，
则，所以，．
因为，，
所以，
所以当时，取得最小值，所以．
由，解得，
所以椭圆的方程为；
设圆的半径为，，
由不妨设，则的面积，
所以，
所以，，
由，，得直线的方程为，
则点到直线的距离为，
整理，得，
把代入上式，得，
即，
由题意得，，，
所以，则，
把，代入椭圆的方程，得，
所以点在椭圆上，
所以存在定点，，使为定值．
【解析】结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于，，的方程，解方程求，，可得椭圆方程；
设圆的半径为，，由内切圆的性质确定，，的关系，再结合点到直线的距离公式确定，的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：的定义域为，
又，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减．
证明：由，，则，
由题意知，是方程的两根，
因此，，且，，
所以
，
把，代入，得
，
要证，只需证明，
即，
也即．
令，，由，得，
设，要证，
因为，在上单调递减，
所以，即证．
【解析】因参数在函数的位置特殊，考虑到参数变化时，函数定义域在变化，导函数的零点也在变化，所以比较时候需要兼顾零点在不在定义域上，也需要考虑零点之间的大小比较．
对含参的双变量问题，核心在于消元，本问通过，，之间的关系，把证明转化为求函数的单调性问题，再结合函数的单调性证明．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与单调性，考查不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
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