2023年山东省高三数学高考模拟试卷（含答案）

山东省高三数学高考模拟试卷

姓名:班级:成绩:

一、单选题供10题；共23分）

1.（2分）（2020高三上•新疆月考）已知R是实数集集合A=hezN<2：,8={如720：,则―&力=

）

A.{-io：

B.{1}

c」打

D.（-工9

2.（2分）（2018•龙泉驿模拟）在复平面内，复数z的对应点为（1,1）,则z2=（）

A.@

B.2i

C.-V2

D.2+2i

第1页共28页

y-

3.（2分）（2018高二上•杭锦后旗月考）双曲线T-V=1的渐近线方程是（）

4.（2分）（2020局二下•宜宾月考）平面aII6平面的一个充分条件是（）

A.存在一条直线a,aIIa,aII/

B.存在一条直线a,ac.a,aII

C.存在两条平行直线a,b,ac.a,bu户，aII,iIIa

D.存在两条异面直线a,baua,ic/>,oII,&IIa

5.（2分）（2020•海南模拟）已知函数e）=。旌i—m,则/（»在（U）上不单调的一个充分不必

要条件可以是（）

、1

A.n>-2

B,。<“<4

第2页共28页

C.fl>l6或4<a<0

D.a>-k

6.（2分）（2020高二上•河南月考）MBC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若讲=（a-b,

b-c）,ft=（sinA+sinB,sinC），且加J-万.则（）

2r

A.A=6

7T

B.B=3

C.C,A,B成等差数列

D.A,C,B成等差数列

7.（2分）（2019高三上•郑州期中）如图,4B是抛物线”=2讯0>0）的一条经过焦点F的弦,AB与

两坐标轴不垂直，已知点L。），ZLRXfF，则"的值是（）

1

A.2

B.1

第3页共28页

C.7

D.4

8.（2分）（2018高二下•甘肃期末）有5名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并

且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有（）

A.8种

B.16种

C.32种

D.48种

9.（5分）（2020高二上•深圳期末）已知球。是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底

面中心）的外接球，BC=i,=，点R在线段上，且BD=（£E,过点F作球O的

截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）

A.¥刎

B.［孥M

C.［冬如

D.甘，如

第4页共28页

10.（2分）（2019高三上•宁波期末）在空间直角坐标系中，

2Tt=（2fl,2b,0）@=（c-Ld,1）,O

为坐标原点，满足a2+b、Lc2+/=4，则下列结论中不正确的是（）

A.a：i仍的最小值为-6

B.友」仍的最大值为10

C最大值为历

D.L3最小值为1

二、填空题供7题；共7分）

11-sin26_

11.（1分）（2020•江门模拟）若tam=3，则cos）=.

12.（1分）（2017•荆州模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视

图，则该多面体外接球的表面积为.

x-y+2"

2x-y-5<0

（分）高三上新余月考）实数满足，则的最大值是

13.1（2020•VTv+y-4>0：=x+2.y

第5页共28页

14.（1分）（2018•唐山模拟）阳J展开式的常数项为（用数字作答）

15.（1分）（2019高三上•浙江月考）若数列W满足％产忐，且对任意nGN*,有—则

%的取值范围是______.

16.（1分）（2019高一下•广东期中）在中，若

（加+fc"）sin（J-B）=（a--lr）sin（J+B）

,则三角形的形状为.

17.（1分）（2019高二上•开封期中）已知点J、B为椭圆°¥一丫—的左、右顶点，点.“为x轴

SjBMN=

上一点，过u作x轴的垂线交椭圆。于P、。两点，过\f作4P的垂线交BO于点N，则SjRWQ一

三、解答题供5题；共50分）

18.（10分）（2019高一上•黄梅月考）已知函数

/(.v)=Jsm(wx-碗M>0,©>(H^<5)

的部分图象如图所示.

第6页共28页

（1）求小）的解析式；

（2）将v=/W图象上所有点向左平行移动多个单位长度得到［式'）图象，求函数『虱'）在【。T

上的单调递增区间.

19.（10分）（2019•天河模拟）如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面BDFF1平面ABC,

^.FBD=6C）,.1BA-BC,.iB=BC=®.

（1）若点M是线段BF的中点，证明：RFI平面AMC;

（2）求六面体ABCEF的体积.

20.（10分）（2020•东莞模拟）已知等差数列的前n项和为s“，s「i6,她.

（1）求U：的通项公式；

（2）设五+晶,求版1的前2n项的和rx.

21.（10分）（2020高一下铜川期末）某公园有一矩形空地38,4R=）,3®，市政部门欲

在该空地上建造一花圃，其形状是以H为直角顶点的Rt△HEF，其中H是4B的中点,E,F分别落在线段

BC和线段W上（如图）.

第7页共28页

(1)记5”为8,RtAEHF的周长为I,求I关于9的函数关系式；

(2)如何设计才能使RtAEHF的周长最小？

22.(10分)(2020高三上•南开期中)设函数

/(>)=2x3一如+1)x2++b

,其中a.bER.

(1)若曲线厂/(、)在(-L/(-D)的切线方程为尸必+3,求a,b的值;

(2)若f(v)在、=3处取得极值，求a的值；

(3)若小)在(-8,0)上为增函数，求a的取值范围.

第8页共28页

参考答案

一、单选题供10题；共23分)

答案：1-1.A

考点：交.先补集疝2母^尊

解析：

【婚餐】由典意可得X={-L0,1},万={中之灯,可得CR5=W“}•®jn(CR5)={-1,0!•

故谷室为：A

【分析】由通息写出集合A和集合B以及第台B的朴簸,然后对袋合A和集的朴簸取交集即可.

答案：2-1、B

考点：军数代数二式的宸合比算

解析：

【解答】在艮平面内，震数z的对应点为(1,1),所以Z=l+I.所以z2=(1+i)2=21,

故若爱为：B.

【分析】根据复数对应的点写出Z,结合案数运算求出z2即可.

答案：3-1、D

考点：双曲级的简导性陆

第9页共28页

解析:

【辟】双曲线苧一*=1:y=±2X.

故答案为：D.

【分析】根密双曲线的方程求出aiflb,即可得到渐近线方程.

答案：4-1、D

考点：

必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系

解析：

［解答】对于A,线与两个平面都平行，两个平面不T平行.故/怀对；

对于B,一个平面中的平行于另一个平面,两个平面不一定平行，故B不对;

对于C,两个平面中的两条直线平行，不能保证两个平面平行，故CT对；

对于D,两个平面中的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面，可以保证两个平面平行，故D正确

故答案为：D

【硼】

答案:5-1、D

考点：

必要条件、充分条件与充要条件的判断

第10页共28页

解析：

【解答】=2延护•

若/(x)在(L4)上不单调，令g(x)=%旌-4ax-1»

则函数g(x)=2ax--4m-1对称轴方程为\=1

在区间(14)上有零点(可以用二分法求得).

当a=0时，显然不成立；

ta>0

当。工0时，只需欧D=-2n-1<0

&4)=13一1>0

口<0

或以1)=一勿T>0，婚得心表或a〈T・

S5^:D.

【分析】先求函数在(L4)上不单调的充要条件，即/(.!)=0在(L4)上有裤，即可得出结论.

答案：6-1、c

考点：

等差数列的也看；正弦定理；余弦定理

解析：

第11页共28页

【解答】因为疥=(a-byb-c).77=(smJ+sinff,sinQ,且"±万，

力习=0，即(。-b)(s皿4+smJ?)+(b-c)sinC=0,

由正龙定理可得S-bXa+b)+(b-c)c=O,即东=/+色_庆，

再由余茏定理可得(；04"此之生=4.因为m€(0,外，所以A=q，故答案为：项X不正确.

又8+C=K7，所以8+C=¥，B角不确定，故答案为：项5不正确；

所以8+C=241所以C，A,B成等差数列，故餐室为：项。正确，选项。不正确•

故答室为：C.

【分析】根据平面向量数量积的坐标运其可得(a-bXsuU+sm5)=(b-c)sinC=0,限据正弦定理角化边可再

z

a2=b+c2-bc，根据余弦定理可闻》二写，根蛔三角形内角和定理可得5+C=2J，从而可得答案•

答案：7-1、C

考点：

抛物线的应用；直线与圆链曲城的关系;一元二次方程的解箧及其相与系数的关系

解析：

第12页共28页

［解答］抛物线V2=2PMp>0）的焦点为H4o），

没^^.18的方程为x=my+5（m^0）•设点4x卜yj，B（x»jJ•则丁/一）、.

+£

将直线短的方程与抛物线的方程联立2，得>2_》wpi_p=o.

由韦彳号J、+y2=2nipt.

由于£AAfF=£BMF，则直送.必，的斜率和的斜彝互为相反效

yyA'i%

即T=—T，即q-=一寸，3SS得yj,=-2p=,

xi+lx?+l芸+1W+i,力

Vp>0,因此p=2.

故答案为：C.

【分析】设直线AB的方程为x=my+<，设点4右八）、B（xyyj，将侬.IB的方程与抛物线的方程联立,由

£MIF=zBMF可得知，直线.U/的斜弱口BM的斜率互为相反数，然后利用斜奉公式以及韦达定理可求出卖数m的

值

答案：8-1、B

考点：

分步乘法计数原理;排列及排列数公式；组合及组合载公式

解析：

第13页共28页

【痹答】首先将甲H在中间，乙、丙两位同学不能相邻,则两人必须站在甲的两,

选出一人排在左儡，有：cUJ种方法.

月外一人排在右«1,有.八种方法，

余下两人排在余下的两个空，Wj-种方法，

练上可得：不同的站法有心&4£=16种・

故答案为：B.

【分析］先计M出一人排在左边的方法总数，然后选出另外一人W位右边有2种，余下两人fl眩余下两个空的总数，利用乘法原

理，即可得出答案.

答案：9-1.B

考点：余茏言？:核带的培构特征

解析：

第14页共28页

【解骞】画出图象如下图所示，

其中o是球心，O是等边三角形BCD的中心根据等边三角形中心的性质有八慰_八八_史“_C,

\JD-Cz£z—41DL一丫5

,40=^AB2-OB2=3»半期)R，在形ODO中，由勾得OCTDCT=ODr，即

(3一&『+(1=/，解得R=2,故最大的截面面积为由=41t.在三角形5E。.中,S£=g5D=y,ZE5O=1，

由余弦定理得dE=巾+；-2地+4=.在三角形8E中,OE=收/+。炉=里，过E且垂直OE

的截面国的半金内=4-O£-=4-V=7•故《W巡腰面面枳为加!=尊.

444

故答室为：B.

【分析】先利用等边三角形中心的性质,绪台勾股定理计其得球的半径，过£的最大截面是经过球心的截面，可由球的半径计

算得出过£最小的截面是和OE垂亘的截面，先计算闻OE的长度，利用勾段定理计算得这个截面圆的半径，由此计苒得最

“海面的面积

答案：10-1、B

考点：

向量的模；平面向西量税的坐标表示、模.夹角；数量辎坐标表达式

解析：

第15页共28页

【解答】根据箜意可设a=cos^,b=s“6、c=2cos0d=2sing）；

则OAOB—2ckc-1）+2bd—4cos（8一卓）-2cos^€[—6,6]•

当8=Q9=一7时，（。408）1nm=-6；

当8=工-1■时，（^503）^=6・

另一方面,口g=«2a-c+if+（2b-d1+1

=也co3-2co少+1）"+（2s\n6-2sin^）'+1

="0-8co46—«）+4cos6_4co®

410+8+4+4=标

当8=%9=7时可以取到最大值后,迸一步变形上式.

屈={10+4cos6-4（2CO3+比。沙+2sm^siw]

NJ10+4cos^-4：2co3+l）'+（2sin^『

=40+4cos8-4^4cos3+5

公也。3+5=r*

则国|=J10+4cos^-4y4cos^+5=府-4r+5>1•

当coB=_1时取等号,即最小值为1,综上可得，

故S蠡为:B.

【分析】利用数量税的坐标表示和两点距离公式转化为三角型函数,再利用三角形函数图薮和03合已知条件找出面熟洌

论.

二、填空题供7题；共7分）

答案：11。、【第1空r

考点：同角三角的K间的JL本关系

解析:

第16页共28页

【婚答】裤：:ta曲=g,

.1-sin2-_sinb+cos/-2sinGcos6

cos2Jcos2。-sin%

tan%-2tanJ+11

=一匚而^一=3'

故答案为：1

【分析】由利用二倍角公式将式子化成齐次式，结合同角基本关系化尚可求.

答案：12-1、【第】空】41n

考点：由三嬷求面积、体积

解析：

第17页共28页

【皖智】用:由三视图知该几何体是如图所示的二棱他A-BCD

将深三棱谯是放在棱长为却正方体中，E是棱的中点，

所以三触A-BCDW三棱柱DEF-ABC的外接球相同，

设外接球的球心为0、半径是R，-ABC外接（3的四心是M,则0M=2,

在-ABC中，AB=AC=2石，由余弦定理得.

3

___si—2(h-20-16-

coszCAB=•坦二SC=—"F~r5

2UC.1B2*20x2占

fiFUtsinzCAB==y，

由-2cM=缶=5,则CM7.

制XR=OC={OM?+CAT?=里^

则外接球的表面积SWRji1T,

故答案为：41n.

【分析】由三视图知该几何体是的三棱锥，将三校键放在对应的正方体中,把三棱键ABCD的外接球铸化为对应三棱柱的外

接球,结合图象由余龙定理、正弦定理求出外接球的半径,代入球的表面积公式求解即可.

答案：13-1、【第1空】25

考点：

解析：

第18页共28页

得到如图的JEGH及其内部，其中尸(7,9),G(L5,HQD

iS-=F(x,y)-x^2y，朽fi^/:z=x+2j进行平移，

当/经过点尸时，目标函数二达到最大值

••工信大僖=内7,9)=7+2、9=25

故答案为：25.

【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的JFGH及其内部，再将目标函数z=x+2＞对应的直线进行平移，可

得当》=7.1=9时，工取得最大值25.

答案:14-1、【第1空】15

考占•

n八、、•

解析：

旧匐ffl®®(x2+lf的㈱iS硒j=咪声曲'=4X产(r=0,12,3,4^6)."2r=0,械r=3.

融卜2+”展开事常数项为球(尸'=4=15-

故答套为15.

【分析】由二项式定理得到展开式的通面令其中呃次数为0,求出r=3,再求得常数项.

【第1空】

答案：15-1、

第19页共28页

考占♦数列递推式

n，、、、•

解析：

1解答】已知仁产忐＞％,

谓3-况＞0，即时，

可得4

解得J或%＞1（含去）

®S3—2Z?R＜0，即O”＞"时,

可得“柒3-勿„）＞】

弊得,＜qV1（=）

因此为VJ.

又对任恚〃WN*，有

即%R-孙+1＞0

解得的＜4或的＞1（舍去，当的＞】时，不篇是4rH）

综上所述，可＜*.

【分析】根据蹙息，根据＞an推出an的范围,再结合④一可＞0,即可求解出外的取值范围.

答案：16-1、

【第1空】等腰三角形或直角三角形

考点：

第20页共28页

两用和与差的尊公式；正弦定理；三角形的形状判断

解析：

【皖答】由sm（M-5）=smJcos》一cosJsin5•

sin（J+玲=sin-4cos5+cos.4sm5，

又（o2+b」bin（a-5）=（东-b'）sinL/+3）»

磔阿得：欣inJcos5=乐cosJsin^,

则成rcosj?=a次o“r

所以sin^cos^=smJcosJ»

则sm2«W=sin”，

所以2J=U或2J+”=*，

故.4=3或4+3=与，

所以说三角形力等展三角形或直角三角形，

故答安为：等膜三角形或直角三角形.

【分析】根据两角和与差的正弦公式结合正弦定理,可得sin25=sm2J，围计算得H=3或.4+5=<,即可判断该三角

答案：17-1、【第1空】3

考点：直选与昂傕曲统的关系

解析：

第21页共28页

【皖钓如下图所小,设尸（科n）•则0）»gOn.‘

由蹙设知MH±2且"H0，直线一1P的斜率上加,=万为，直线“N斜率/•

.-.直线AAV的方程为）.=_若2（云_加，直线80的方程为y=任万（x-2）・

3），=一畔（、一加，解得，“一"*）.

y=5^（、-2）为-4—加+求

又点p在确团C上，得4—加=书。，••）'、.=_，〃•

）S

又「.君;；W=

SJJMV=434/|•bj=g'BAJ\・H，SJBMQ=J|sMH，3・

够班：1.

【分析】设点P（皿〃），则”（见0）.a科_〃）.写出直线MN和BQ的方程，联立这两条亘线的方程，求出京N的坐

标，即可得出?期3侬的值.

SJBMQ

三.解答题（共5题；共50分）

答案：18-1、

第22页共28页

婚:田图象可知a=2局朝T—-（-］）］=〃

・•3=丁=2.

•**/tx）=2sin（2x+^），

又点信2）在函数的图象上，

S1D（誓+力1,

誓+督=与+及再kWZ・

・•・忏一号一〃工比ez»

又今，

・n

••伊e=―，»

」・/（x）=2sin（2x-^）

答案：18-2、

瞬由（1）知川）=22区-号）.

因此g（.x）=2sin［2（x+令）一用=2sin（2x一堂卜

由附一VZbr+看,kJ,

得kL3WxWkA+q,kJ.

又0W，

•-0<x<誓<X<K-

故函数尸虱X）在［o,T上的单调递地区间为［01而偿"］

考点：

函数的单调性及单调区间；的数y=Asin（wx+（p）的图象变换;ffiy=Asin（wx+q>）的部分图象确定其第析式

解析：

第23页共28页

【分析】（1）田图象可得」=2，相施函数的周期可得3=2，将点点借，2）的坐标代入解析式可得9=一号，从而可得

解析式.（2）由（1）可得期x）=sw（2Y-f）.先求出的数期x）的单调速J8区间，再与区间［o,n\取交余可得所求的单调区

问.

答案：19-1、

,/四边形BDEF为差形，且£FBD=6C9

・・.〉DBF为等边三角形•

-.3/为BF的中点，

:.DM工BF•

..⑥工BC・AB=BC=0，又D是AC的中点.

：BD1.AC•

•.平面BDEFp）平面.4BC=BD，平面平面BDEF,.cc平面ABC,

AJC±平面BDEF.

又BFU平面BDEF，.・.XCJL5F.

出尸<AC±BF，DA/CIJC=D-

：.BFJL平面AMC.

答案：19-2、

第24页共28页

S3F=2・%皿"60•理•

已证MCJ.平面BDEF，

则I14®.

V四橙彼C-BDEF=3Sjp形BDEF.CD=§*>x]=W

••V六面体ABCEF=2V四校惟c-BDEF=~

考点：

棱柱、棱维、棱台的体积；直线与平面垂直的判定

解析:

【分析】(1)利用立体几何图形的结构特犯8台菱形的结构特征，用面面垂直的性质定理证出线面垂直.

(2)利用菱形的面积公谡8合战面箜重的判定定理,用四楼键的体积公式求出六面体的体积.

答案：20-1、

解：因为幅典列|%｝中，设首项为为,公差为d,

由〜球广/+孕=”面=16,

=3]+#

用^阳1=~2,

W=4

所以％=—2—4(〃-l)=4w—6.

答案：20-2、

第25页共28页

“一品-（4〃_-2）

T%通+与♦&++%i+b>

（一一）+（1一扪&一勺+…+Q⑵/诟a-2c£i）二

1\〃

上一布二1厂2（1-甸，

所以｛m的前2n项的和了6=2（］14«）•

考点：

等差数列的通项公式；等差数列的前n项和;数列的求和

解析：

【分析】（1）根18等差数列的通项公式和前n项和公式求解；（2）通过裂项相消法求解数列出，的前2n项的和7%.

答案：21-1、

婚：因为E在BC上，F在.山上,

当F与D亶合时，Q取最小值专；当E与（:亶合时，e取最大值j，所以*“分，

在Rt/XHBf■中，可得，

COSV

一，…AH11

在RiAHAF中有HF=C。幺加•=大^耳=痂•

在Rt△砂尸中稗FEZHE，+HF=涤豆.

所以R^EHF的周长/=点+2+/育=嚅鬻.僖0”1）

答案：21-2、

第26页共28页

婚：田（1）可设sin6+co必=/,贝"sin^coW=1）,=中f=0sin（8+牙）•

因为髀”号，所以当斗+1杏，

因为5汽InZu,,

smT2=Sln12=s,n（4+3）=-4

砂塔SsH"亨)G

显然/=京\=/在

上单强递减，

所以当r=「时，Ri△丹EF的周长।最小，此时"今(-iF=BE=\

考点：

的数解析式的求解及常用方法；困数的最值及其几何意义；三角形中的几何计算

解析