精品解析：山东省2023年普通高校招生（春季）模拟考试数学试题

2023年山东省春季高考知识卷模拟考试 《数学》试题 1．本试卷分卷一（选择题）和卷二（非选择题）两部分，满分120分，考试时间120分钟． 2．本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，最后结果精确到0.001． 卷一（选择题，共60分） 一、选择题（本大题共20个小题，每小题3分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一个选项正确，请将符合题目要求的选项字母的代号选出，填涂在答题卡上） 1. 设集合，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域是（ ）． A B. C D. 3. 已知函数（是常数，且），则函数的单调增区间为（ ）． A B. C. D. 4. 已知数列0，，，4的前三项成等差数列，后三项成等比数列，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在梯形中，，，若向量，，则向量等于（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，直线与坐标轴的交点分别是和，则下列说法正确的是（ ）． A. 直线在轴上的截距为1 B. 直线的一个法向量为 C. 直线的斜率为 D. 直线的一个方向向量为 7. 已知直线的一个法向量，且直线与圆相交所得的弦长为2则直线的方程为（ ）． A 或 B. 或 C. 或 D. 或 8. 已知正弦型函数的图象与轴的交点的横坐标从左往右依次排列，构成一个以为公差的等差数列，若将函数的图象向右平移个单位，所得到的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 9. 某社区从5名志愿者中选取3人协助完成三个不同岗位的核酸检测工作，在5名志愿者中，甲要求只加入信息录入岗位，其他人没有岗位要求，社区的安排方案共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 10. 给出下列五个命题：①圆锥的所有轴截面是全等的等腰三角形；②圆柱的所有轴截面是全等的矩形；③矩形绕它的一条对角线旋转一周所得的旋转体是圆柱；④一个棱柱至少有五个面，一个棱锥至少有四个面；⑤经过球面上不同的两点只能作一个大圆．其中正确命题的个数是（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 11. 已知命题：在中，是的充分不必要条件；命题：在中，内角，，对应的边分别是，，，则是为锐角三角形的充要条件.则下列表述正确的是（ ） A. 假真 B. 真假 C. 为假 D. 为真 12. 二元一次不等式表示的区域如图所示（阴影部分），则的化简结果为（ ）． A. B. C. D. 13. 某职业学校学生参加一项技能比赛，获得一等奖，二等奖，三等奖的人数分别是2，3，1，颁奖台上站成一排领奖，同等奖次的同学相邻的概率是（ ） A. B. C. D. 14. 已知奇函数在上是减函数，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 15. 在等比数列中，表示前项和，若，，则公比的值是（ ） A. B. C. D. 3 16. 已知，则的值为（ ）． A. B. C. D. 17. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是，其中，则该平面图形的面积等于（ ）． A. 16 B. 32 C. 8 D. 4 18. 已知圆的圆心是抛物线的焦点，圆与直线相切，则圆与抛物线的准线的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法确定 19. 在三棱锥中，已知，，点，，分别是棱，，的中点，则下面结论中错误的是（ ） A. 平面平面 B. 是直线与直线所成的角 C. 平面平面 D. 三棱锥与三棱锥的体积之比为 20. 如图，，，三点在地面的同一条直线上，测得，从，两点测得点的仰角分别是，，则点距离地面的高度为（精确到）（ ）． A. B. C. D. 卷二（非选择题，共60分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 21. 已知函数，则的值为__________． 22. 已知向量，向量，非零向量，且满足，，则等于__________． 23. 已知的展开式的第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中含项的系数为__________，各项的系数和为__________． 24. 在一次校园歌手大奖赛上，七位评委为某参赛选手打出的分数如下：9.4、8.4、9.4、9.9、9.6、9.4、9.7，去掉一个最高分和一个最低分后，所得数据的方差为__________. 25. 已知双曲线中心在坐标原点，一个焦点为，点在双曲线上，线段的中点坐标为，则该双曲线的标准方程是__________． 三、解答题（本大题共5个小题，共40分） 26. 中国古代数学名著《九章算术》中“竹九节”问题，其意为：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为多少？请解答此问题． 27. 已知函数，且． （1）求的值，并判断函数的奇偶性； （2）证明：在上是增函数． 28. 已知向量，，，且是锐角． （1）求角； （2）若，，求的面积． 29. 如图所示，正方形的边长为2，是正方形的中心，底面，是的中点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角是，求四棱锥的体积． 30. 如图，椭圆的中心在坐标原点，左焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知与垂直的直线交椭圆于点，，若以线段为直径的圆与轴相切，求直线的方程和圆的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023年山东省春季高考知识卷模拟考试 《数学》试题 1．本试卷分卷一（选择题）和卷二（非选择题）两部分，满分120分，考试时间120分钟． 2．本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，最后结果精确到0.001． 卷一（选择题，共60分） 一、选择题（本大题共20个小题，每小题3分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一个选项正确，请将符合题目要求的选项字母的代号选出，填涂在答题卡上） 1. 设集合，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合，接下来计算补集，最后计算并集易得答案. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：B. 2. 函数的定义域是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数定义域和分式有意义求解的取值范围. 【详解】由题可得，解得且. 所以函数的定义域是. 故选：D. 3. 已知函数（是常数，且），则函数的单调增区间为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据解析式求解的解析式，根据二次函数求解单调增区间. 【详解】由得， 则对称轴方程为直线， 因为，所以函数的单调增区间为. 故选：A. 4. 已知数列0，，，4的前三项成等差数列，后三项成等比数列，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项和等比中项，结合指数函数，对数函数的单调性比较大小. 【详解】由题可知，解得或（舍去），. A选项，，A错误； B选项，，是单调增函数，，B错误； C选项，，时单调减函数，，C正确； D选项，，D错误. 故选：C 5. 如图，在梯形中，，，若向量，，则向量等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的混合运算计算即可. 【详解】因为，，且， 所以， 所以， 所以. 故选：D. 6. 如图所示，直线与坐标轴的交点分别是和，则下列说法正确的是（ ）． A. 直线在轴上的截距为1 B. 直线的一个法向量为 C. 直线的斜率为 D. 直线的一个方向向量为 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线过的点求解直线方程，再判断选项即可. 【详解】根据图像可知，直线与y轴的交点为， 所以可知直线l在y轴上的截距为，故A错误； 直线与坐标轴的交点分别是和， 所以直线l的斜率为，故C错误； 因为直线l的斜率为，且在y轴上的截距为， 所以直线方程为，整理可得， 直线l的一个法向量为，故B错误； 直线l的一个方向向量为，故D正确. 故选：D. 7. 已知直线的一个法向量，且直线与圆相交所得的弦长为2则直线的方程为（ ）． A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据法向量的概念设直线方程为，再由圆的方程确定圆心与半径，由弦长公式列方程求解出的值，即可写出直线方程. 【详解】已知直线的一个法向量，设直线方程为， 已知圆，圆心为， 半径， 圆心到直线的距离为， 由弦长为2可知，，解得， 所以，解得或， 所以直线的方程为或. 故选：B. 8. 已知正弦型函数的图象与轴的交点的横坐标从左往右依次排列，构成一个以为公差的等差数列，若将函数的图象向右平移个单位，所得到的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦函数的周期公式求得，进而得到的解析式，再利用三角函数的平移规则即可得解. 【详解】函数的图象与轴交点的横坐标， 依次构成一个公差为的等差数列，即是的半个周期， 所以，则， 所以， 将函数的图象向右平移个单位， 得到函数的图象，故B正确； 经检验，其他选项的函数都无法化为，故都不正确. 故选：B. 9. 某社区从5名志愿者中选取3人协助完成三个不同岗位的核酸检测工作，在5名志愿者中，甲要求只加入信息录入岗位，其他人没有岗位要求，社区的安排方案共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】先算出5人中选3人安排工作的总方案数，再计算不符合岗位要求的方案数，即可得到有岗位要求的方案数. 【详解】从5名志愿者中选取3人安排工作的方案有种， 其中，甲被选中加入信息录入岗位之外的另外两个岗位的方案有种， 则甲没被选中或被选中加入信息录入岗位的方案有种. 故选：C. 10. 给出下列五个命题：①圆锥的所有轴截面是全等的等腰三角形；②圆柱的所有轴截面是全等的矩形；③矩形绕它的一条对角线旋转一周所得的旋转体是圆柱；④一个棱柱至少有五个面，一个棱锥至少有四个面；⑤经过球面上不同的两点只能作一个大圆．其中正确命题的个数是（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆锥、圆柱、棱柱、棱锥、球的结构特征可判断. 【详解】①圆锥的所有轴截面垂直于底面且过圆心则底相等、高相等、两边母线相等，故为全等的等腰三角形，①正确； ②圆柱的所有轴截面垂直于上下两面，且上下边长皆为直径，故为全等的矩形，②正确； ③矩形绕它的一条对角线旋转则左右两边为三角形，三角形旋转得到的圆锥，则矩形绕它的一条对角线旋转一周所得的旋转体是两个底挨着的圆锥，③错误； ④面数最少的棱柱为三棱柱有个面，面数最少的棱锥为三棱柱有个面，④正确； ⑤若这两个点恰好是直径的两个端点，则能做无数个大圆，⑤错误； 综上有个命题正确； 故选：C. 11. 已知命题：在中，是的充分不必要条件；命题：在中，内角，，对应的边分别是，，，则是为锐角三角形的充要条件.则下列表述正确的是（ ） A. 假真 B. 真假 C. 为假 D. 为真 【答案】C 【解析】 【分析】先判断p、q命题的真假，再根据逻辑关系的真值表即可求解. 【详解】在中，若，根据大角对大边，可得，再由正弦定理边角互化， 可得，反之也成立.所以是的充要条件，则命题p为假命题； 若，则，所以角为锐角， 但不能判断角A、B的大小，故命题q为假命题，故AB项错误； 对C：：一真为真，全假为假，则为假命题，故C项正确； 对D：：一假为假，则为假命题，故D项错误. 故选：C. 12. 二元一次不等式表示的区域如图所示（阴影部分），则的化简结果为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二元一次不等式表示的区域，判断和的符号，再根据三角函数的基本关系式与正弦的二倍角公式进行化简. 【详解】由图可知，解得，， . 故选：A. 13. 某职业学校学生参加一项技能比赛，获得一等奖，二等奖，三等奖的人数分别是2，3，1，颁奖台上站成一排领奖，同等奖次的同学相邻的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由全排列求出全部的排法，再由捆绑法求出同等奖次的同学相邻的排法，再求概率即可. 【详解】根据题意可知一共有6人，6人排成一排共有种排法， 同等奖次的同学相邻，先排一等奖有种排法，再排二等奖有种排法， 把一等奖的同学、二等奖的同学看成一个整体与三等奖的同学进行排队共有种排法， 所以同等奖次的同学相邻的概率是. 故选：B. 14. 已知奇函数在上是减函数，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和单调性，结合指数函数的值域即可求解. 【详解】因为函数奇函数，所以，则. 又因为奇函数在上是减函数，所以在上是减函数. 由题意得，，因为，则. 当时，，解得. 当时，，解得. 综上，不等式的解集是. 故选：B. 15. 在等比数列中，表示前项和，若，，则公比的值是（ ） A B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件作差整理得，再利用等比数列的通项公式即可得解. 【详解】因为在等比数列中，，，， 两式相减可得，， 整理得，又，则. 故选：D. 16. 已知，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由诱导公式求出的值，根据两角和差的正弦公式进行化简，利用二倍角公式及同角三角函数基本关系式求值即可得解. 详解】，解得， 则， ， 故选：. 17. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是，其中，则该平面图形的面积等于（ ）． A. 16 B. 32 C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测法分析原三角形的结构特征，计算三角形面积. 【详解】由直观图可知，原三角形为直角三角形， ，， 所以三角形的面积为. 故选：A. 18. 已知圆的圆心是抛物线的焦点，圆与直线相切，则圆与抛物线的准线的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】先求解抛物线的焦点和准线，再由直线与圆相切求解半径，即可求圆的方程，再由圆与准线的位置关系即可求解. 【详解】抛物线为，即， 所以抛物线焦点为，准线为， 所以圆的圆心为， 因为圆与直线相切， 所以圆心到直线的距离为圆的半径r， 即， 所以圆的方程为， 因为圆心到准线的距离为， 所以圆与准线的位置关系为相离. 故选：C. 19. 在三棱锥中，已知，，点，，分别是棱，，的中点，则下面结论中错误的是（ ） A. 平面平面 B. 是直线与直线所成的角 C. 平面平面 D. 三棱锥与三棱锥的体积之比为 【答案】D 【解析】 【分析】利用面面平行的判定定理判断A，利用异面直线所成角的定义判断B，利用线面与面面垂直的判定与性质定理判断C，利用锥体的体积公式判断D，从而得解. 【详解】对于A，因为点，，分别是棱，，的中点， 所以，， 又平面，平面，所以平面， 同理得平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 对于B，因为， 所以是异面直线与直线所成的角，故B正确； 对于C，因为，，平面， 所以平面， 由上知，所以平面， 又平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，因为点，分别是棱，的中点，所以， 以为底面，为高，三棱锥的体积为， 以为底面，为高，三棱锥的体积为， 所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，故D错误. 故选：D. 20. 如图，，，三点在地面的同一条直线上，测得，从，两点测得点的仰角分别是，，则点距离地面的高度为（精确到）（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正切函数的定义列出等式易得答案 【详解】由题意得 所以， ， 因为， 解得. 故选：C. 卷二（非选择题，共60分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 21. 已知函数，则的值为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据分段函数解析式，利用指数、对数的运算公式进行计算. 【详解】函数， ， . 故答案为：4. 22. 已知向量，向量，非零向量，且满足，，则等于__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量平行、向量垂直的直角坐标运算求解，根据向量模长公式即可求解. 【详解】因为向量，向量，非零向量，且，， 所以， 解得或（舍去）， 所以. 故答案为： 23. 已知的展开式的第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中含项的系数为__________，各项的系数和为__________． 【答案】 ①. ②. 0 【解析】 【分析】根据第3项和第6项的二项式系数相等可求解n的值，再由通项即可求解含项的系数，令即可求解各项的系数和. 【详解】因为的展开式的第3项和第6项的二项式系数相等， 所以， 由组合数性质可知，， 即，解得， 所以二项展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为， 令，所以， 所以各项的系数和为0. 故答案为：，0. 24. 在一次校园歌手大奖赛上，七位评委为某参赛选手打出的分数如下：9.4、8.4、9.4、9.9、9.6、9.4、9.7，去掉一个最高分和一个最低分后，所得数据的方差为__________. 【答案】（高教版）0.02；（人教版）0.016 【解析】 【分析】先计算平均数，再根据方差公式进行计算. 【详解】去掉一个最高分和一个最低分后参赛选手的分数为：9.4、9.4、9.6、9.4、9.7. 平均分为， 解法一（对应高教版）： 方差为. 故答案为：0.02. 解法二（对应人教版）： 方差为. 故答案为：0.016. 25. 已知双曲线中心在坐标原点，一个焦点为，点在双曲线上，线段的中点坐标为，则该双曲线的标准方程是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据焦点坐标设出双曲线方程，再由中点可求点P的坐标，再代入双曲线方程即可求解. 【详解】因为双曲线的焦点在x轴上， 所以设双曲线的方程为， 因为一个焦点为， 即， 所以， 即， 因为线段的中点坐标为， 所以点P的坐标为， 因为点P在该双曲线上， 所以， 所以， 即，（负值舍去），则， 所以该双曲线的标准方程为. 故答案为：. 三、解答题（本大题共5个小题，共40分） 26. 中国古代数学名著《九章算术》中“竹九节”问题，其意为：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为多少？请解答此问题． 【答案】升． 【解析】 【分析】将实际问题转化成等差数列模型易得答案. 【详解】设竹子每节的容积构成等差数列，公差为， 由已知可得，， 根据等差数列的通项公式可得， 解得， 则， 所以第5节的容积为升． 27. 已知函数，且． （1）求的值，并判断函数的奇偶性； （2）证明：在上是增函数． 【答案】（1），奇函数 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）运用代入法解方程，即可得到m的值，求出函数的定义域，在计算，与比较，再由奇偶性定义即可判断； （2）运用单调性的定义即可证明.. 【小问1详解】 因为，则． 因为函数的定义域为，关于原点对称， 且， 所以是奇函数． 【小问2详解】 设，是上任意两个不相等的实数，且， 则， 由，则， 所以，即， 所以在上是增函数． 28. 已知向量，，，且是锐角． （1）求角； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量内积的坐标表示及辅助角公式，可得的表达式，再根据及特殊角的三角函数值可求解； （2）利用向量的夹角公式求得，再根据三角形的面积公式可求解. 【小问1详解】 由已知，可得 . 因为，所以，则. 又因为是锐角，所以， 从而可得， 解得； 【小问2详解】 ， ， 所以， 因为，所以， 所以 . 29. 如图所示，正方形的边长为2，是正方形的中心，底面，是的中点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成的角是，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直即可证明面面垂直. （2）先找到直线与平面所成的角，再由四棱锥的体积公式计算即可. 【小问1详解】 连接，因为是正方形的中心，所以， 因为底面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 因为底面， 则是在底面上的射影， 所以与平面所成的角是， 同理，是在底面上的射影，又因为， 所以点的在底面上的射影也在上， 所以也是在底面上的射影， 因为直线与平面所成的角是， 所以， 因为是正方形的中心，所以是的中点， 因为是的中点，所以， 所以， 因为正方形的边长为2，是正方形的中心， 所以，， 在中，，， 所以， 四棱锥的体积． 30. 如图，椭圆的中心在坐标原点，左焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知与垂直的直线交椭圆于点，，若以线段为直径的圆与轴相切，求直线的方程和圆的方程． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，把点代入方程，再由抛物线焦点坐标得到，结合即可求得椭圆方程. （2）直线的斜率为1，设直线的方程为，记，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理可求得，，进而求得圆心坐标和半径.根据线段为直径的圆与轴相切可得，可求得的值，再写出直线的方程和圆的方程． 【小问1详解】 设椭圆的方程为， 因为椭圆经过点，所以， 因为抛物线焦点坐标为， 所求椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合， 则，所以， 联立方程组，解得：，， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 由题意可得：直线的斜率为1，可设直线的方程为， 由方程组消去，整理得， 判别式，则， 设，， 则，， 圆的圆心为，半径， 因为以线段为直径的圆与轴相切，所以， 整理得，， 解得. 当时，满足. 当时，直线的方程为， 此时，，则圆心为，半径为2， 所以圆的方程为. 当时，直线的方程为， 此时，，则圆心为，半径为2， 所以圆的方程为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$