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1、2023届山东省潍坊一中、山东师大附中等齐鲁名校高三（下）第二次学业质量联合检测数学试题1. 已知复数在复平面内的对应点为，则（）A.B.C.D.知识点：复平面内的点、复数及平面向量复数的四则运算综合应用答案：D解析：因为复数在复平面内的对应点为，所以，所以故选2. 设集合，则的所有子集的个数为（）A.B.C.D.知识点：集合的（真）子集个数问题对数（型）函数的单调性指数方程与指数不等式的解法答案：C解析：解不等式得，解不等式得，由于,所以，所以，的所有子集的个数为个故选3. 设随机变量，且，则（）A.B.C.D.知识点：正态曲线的性质答案：A解析：因为随机变量，所以，因为，所以，所以，根据正
2、态分布的对称性，故选.4. 抛掷一枚质地均匀的骰子次，则向上的点数为个互不相同的偶数的概率为（）A.B.C.D.知识点：古典概型的概率计算公式排列的应用答案：D解析：抛掷一枚质地均匀的骰子次，共有种不同结果，其中向上的点数为个互不相同的偶数的情况为点数为的排列，故有种，所以，向上的点数为个互不相同的偶数的概率为故选.5. 已知等边三角形的边长为，动点满足若，则的最小值为（）A.B.C.D.知识点：数量积的性质答案：B解析：，由两边平方得，即，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为故选.6. 克罗狄斯托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师托勒密定理是平面几何中非常著名的
3、定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和已知四边形是圆的内接四边形，且，若，则圆的半径为（）A.B.C.D.知识点：正弦定理及其应用三角函数中的数学文化答案：B解析：由托勒密定理，得因为，所以设圆的半径为，由正弦定理，得又，所以因为，所以，因，所以，所以，所以，则，故故选7. 已知正方体的棱长为，点满足若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（）A.B.C.D.知识点：立体几何中的轨迹问题答案：C解析：如图，在棱上分别取点，使得，连接，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，所以，因为，所以，所以所以，
4、四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面,所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，因为所以，动点的轨迹长为故选.8. 设，则（）A.B.C.D.知识点：导数与单调性导数中的函数构造问题答案：A解析：令，则在上恒成立，所以，函数在上单调递减，所以，当时，即，；令，则，所以，函数在上单调递减，所以，当时，即，所以，当时，所以，因为，所以所以，即，即所以，故选总结：本题解题的关键在于利用时，结合二倍角公式，比较与的关系判断.9. 已知双曲线和圆，则（）A.双曲线的离心率为B.双曲线的渐近线方程为C.当时，双曲线与圆没有公共点D.当时，双
5、曲线与圆恰有两个公共点知识点：双曲线的离心率点到直线的距离双曲线的渐近线圆的定义与标准方程答案：A ； C ； D解析：由已知得，则，所以双曲线的离心率，故选项正确；双曲线的渐近线方程为，即，故选项错误；因为圆心到双曲线的渐近线的距离，所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，故选项正确；设双曲线上的点的坐标为，则圆心到点的距离为，当且仅当时取等号，所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为，所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，故选项正确.故选.10. 已知函数若曲线经过点，且关于直线对称，则（ ）A.的最小正周期为B.C.的最大值为D.在区间
6、上单调递增知识点：函数的图象及性质辅助角公式答案：A ； B ； D解析：因为曲线关于直线对称，所以，即，解得，所以，所以，的最小正周期为，故选项正确；因为曲线经过点，所以，解得，所以，故选项正确；所以，的最大值为，故选项错误；当时，所以在区间上单调递增，故选项正确故选11. 在数列中，若对于任意，都有，则（ ）A.当或时，数列为常数列B.当时，数列为递减数列，且C.当时，数列为递增数列D.当时，数列为单调数列知识点：数列的递推公式数列的函数特征数列的分类答案：A ； B ； C解析：对于选项，由得，所以，当时，是常数列；当时，是常数列，故选项正确；对于选项，因为，所以，当时，即，同理可得，所
7、以，即，所以数列为递减数列，且，故选项正确；对于选项，当时，由得，即由得，所以，同理可得，所以，即，所以，数列为递增数列，故选项正确；对于选项，当时，由，即，由得，符号不确定，所以符号不确定，所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误故选12. 已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（）A.B.C.为偶函数D.为奇函数知识点：函数奇偶性的应用抽象函数的应用答案：B ； C ； D解析：由，得由是奇函数，得，即，所以，即，所以，故选项错误；由，得，由，得，所以，故选项正确；由，得，即为偶函数，故选项正确；由，得，则，即为奇函数，故选项正确故选.13. 写出曲线过点的一条切线方程（写出其
8、中的一个答案即可）知识点：利用导数求曲线的切线方程（斜率）答案：或解析：因为点在曲线上，所以曲线在点处的切线方程符合题意因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即因为当或时，；当时，所以函数在处取得极大值，又极大值恰好等于点的纵坐标，所以直线也符合题意故答案为：或.14. 已知椭圆，直线交于两点，点，则的周长为知识点：直线与椭圆的综合应用椭圆的定义答案：解析：由题知，所以椭圆的焦点坐标为所以，由得，所以，为等边三角形，且因为，当时，解方程得，所以，直线过点，且倾斜角为，即，所以，直线为为等边三角形中角的角平分线，所以，直线为边的中垂线，所以，因为所以，的周长为，故答案为：.15. 设奇函数的定
9、义域为，且对任意，都有若当时，且，则不等式的解集为知识点：函数奇偶性的应用对数型复合函数的应用抽象函数的应用答案：解析：设，且，则因为，当时，所以，因为对任意，都有所以，即，所以，函数在上单调递减，因为是定义域为的奇函数，所以，函数在上单调递减，因为不等式等价于不等式，即，因为对任意，都有，所以，当时，得；当时，得所以，所以，所以，当时，的解集为，当时，的解集为，所以，的解集为，所以，不等式的解集为，故答案为.16. 已知三棱锥的体积为，且若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积为知识点：与球有关的切、接问题棱柱、棱锥、棱台的体积答案：解析：由已知得，设点到平面的距离为，则又，所以，
10、两两互相垂直取的中点，连接并延长至点，使，连接、，则的中点即为球心，（四棱锥中底面，且为矩形，则四棱锥可以补形为以为底面的长方体，即为该长方体的一条体对角线，三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球）因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，而点到平面的距离等于点到平面的距离，所以故答案为.17. 已知数列满足(1) 求的通项公式；(2) 若，数列满足，求的前项和知识点：等比数列的通项公式构造法求数列通项分组求和法答案：(1) 数列满足所以，解得，由得，即，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，即所以，的通项公式为(2) 因为，所以，所以，令，设数列的前项和为，因为数列为等差数列，为
11、等比数列，所以，因为数列的前项和为与的和，所以，.解析：(1) 略(2) 略18. 在中，是边上一点，(1) 若，求的值；(2) 若，求的取值范围知识点：正弦定理及其应用解三角形中的最值（范围）问题答案：(1) 由，可得，在中，由正弦定理得；在中，由正弦定理得；在中，由正弦定理得，所以(2) 由，得设，则，所以，则，故设，则因为，所以，则设，则因为当时，所以函数在区间上单调递增因为，所以，故的取值范围为解析：(1) 略(2) 略19. 为了促进地方经济的快速发展，国家鼓励地方政府实行积极灵活的人才引进政策，被引进的人才，可享受地方的福利待遇，发放高标准的安家补贴费和生活津贴某市政府从本年度的月
12、份开始进行人才招聘工作，参加报名的人员通过笔试和面试两个环节的审查后，符合一定标准的人员才能被录用现对该市月份的报名人员数和录用人才数（单位：千人）进行统计，得到如下表格月份月份月份月份月份报名人员数千人录用人才数千人附：经验回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为(1) 求出关于的经验回归方程；(2) 假设该市对被录用的人才每人发放万元的生活津贴 若该市月份报名人员数为人，试估计该市对月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额； 假设在参加报名的人员中，小王和小李两人被录用的概率分别为，若两人的生活津贴之和的均值不超过万元，求的取值范围知识点：统计分析的应用线性回归模型的最小二乘法离散
13、型随机变量的分布列及其性质离散型随机变量的均值或数学期望答案：(1) 由题意得，所以，故关于的经验回归方程为(2) 将代入，得，所以（万元），故估计该市对月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额为万元 设小王和小李两人中被录用的人数为，则的可能取值为，则，所以，则，解得又，所以，则故的取值范围是解析：(1) 略(2) 略 略20. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，平面平面.(1) 证明：平面平面；(2) 若，求平面与平面夹角的余弦值.知识点：平面与平面垂直的判定定理用空间向量研究两个平面所成的角答案：(1) 设的中点为，连接，因为为等边三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，
14、所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为在等边三角形中，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，因平面，所以平面平面；(2) 连接，由（）知，平面，因为平面，所以，因为，所以四边形为矩形，即，所以，设， ，以为原点，分别以、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，所以，所以，设平面和平面的法向量分别为，则即取，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.解析：(1) 略(2) 略21. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为(1) 求的方程；(2) 过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求
15、出点的坐标；若不存在，请说明理由知识点：抛物线的顶点、焦点、准线抛物线的标准方程直线与抛物线的综合应用圆锥曲线的存在性问题答案：(1) 由题意知，设点的坐标为，则直线的斜率为因为直线的斜率为，所以，即，所以的面积，解得或（舍去），故抛物线的方程为(2) 假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方由（）得，抛物线的准线的方程为设直线的方程为，联立得，所以，因为，所以，解得或故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或解析：(1) 略(2) 略22. 已知，函数(1) 若和的最小值相等，求的值；(2) 若方程恰有一个实根，求的值知识点：导数与最值利用导数求解方程解的个数利用导数解决函数零点问题答案：(1) 因，则则在上单调递减，在上单调递增，故因，则则在上单调递减，在上单调递增，故令则若和的最小值相等，.(2) 由，可得，即，令，则方程恰有一个实根，相当于恰有一个零点则或（舍去）令，则得在上单调递减，在上单调递增则令，则，得在上单调递减，又，则当时，时，则当时，此时无零点，不合题意；当时，此时有唯一零点，则满足条件；当时，又，.则，得，又令，得在上单调递增，又则令则，令，得在上单调递增，则，得在上单调递增，则又，则则得，则当时，有个零点，不合题意综上，方程恰有一个实根时，解析：(1) 略(2) 略