卷子答案网-一个不只有答案的网站青岛市2023年高三年级第一次适应性检测
数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
4．龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A． B． C． D．
5．定义域为R的函数满足：当时，，且对任意实数x，均有，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（ ）
A． B．3 C． D．
7．某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）
A．0.34 B．0.37 C．0.42 D．0.43
8．已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
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0分．
9．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项是1120 B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为256 D．各项的系数之和为256
10．下列说法正确的是（ ）
A．若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B．若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C．设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
11．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：“5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分．夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉1个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，吃掉1个桃子后，也将桃子分成5等份，藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理．问最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？”．下列说法正确的是（ ）
A．若第n只猴子分得个桃子（不含吃的），则
B．若第n只猴子连吃带分共得到个桃子，则为等比数列
C．若最初有3121个桃子，则第5只猴子分得256个桃子（不含吃的）
D．若最初有k个桃子，则必有的倍数
12．已知A，B是平面直角坐标系中的两点，若，，则称B是A关于圆的对称点．下面说法正确的是（ ）
A．点关于圆的对称点是
B．圆上的任意一点A关于圆的对称点就是A自身
C．圆上不同于原点O的点M关于圆的对称点N的轨迹方程是
D．若定点E不在圆上，其关于圆C的对称点为D，A为圆C上任意一点，则为定值
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．已知，，，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为______．
14．已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则______．
15．湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形ABCD区域建一处湿地公园．已知，，，，千米，则______千米．
16．设函数是定义在整数集Z上的函数，且满足，，对任意的，都有，则______；______．（本小题第一空2分，第二空3分）
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．（10分）已知函数，，是的两个相邻极值点，且满足．
（1）求函数图象的对称轴方程；
（2）若，求．
18．（12分）已知等差数列的前n项和为，公差，，，成等差数列，，，成等比数列．
（1）求；
（2）记数列的前n项和为，，证明数列为等比数列，并求的通项公式．
19．（12分）如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC（不含端点）上的一个动点．
（1）是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
（2）当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
20．（12分）今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：
（1）根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
（2）用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；
（3）从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．
21．（12分）已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，，的面积为S．从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立．
①；②；③W为原点O．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
22．（12分）已知函数，圆．
（1）若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程（无需证明）；
（2）若曲线与圆C恰有三条公切线．
（i）求b的取值范围；
（ii）证明：曲线上存在点，对任意，．青岛市 2023 年高三年级第一次适应性检测
数学参考答案及评分标准
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。
1--8：AC B B D C CA
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
9．AC 10．AB 11．ABD 12．BCD
三、填空题：本题共 4个小题，每小题 5分，共 20分。
13． ( 1, 2) 3 1答案不唯一； 14． ； 15． 2 3 ； 16．0 ， ．
3 1011
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. （本小题满分 10分）
解：（1）由题意得 f (x) 2cos2 x sin 2 x 1 cos 2 x sin 2 x
2 sin(2 x π ) 1 ························································ 2 分
4
T 2π 2 2π因为 ，所以 1 ······································································3 分
T
所以 f (x) 2 sin(x π ) 1
4
令 x π kπ π π 得， x kπ （ k Z）
4 2 4
所以函数 f (x) π图象的对称轴方程为 x kπ （ k Z）····································5 分
4
1 π 2
（2）由 f ( ) 得 sin( ) ··························································· 6 分
3 4 3
所以 sin cos 2 4 4 ，所以 (sin cos )2 ，即1 sin 2
3 9 9
所以 sin 2 5 ······················································································· 10 分
9
18．（本小题满分 12分）
解：（1）因为 S2 ，S4 ，S5 4成等差数列， a2 ，a4 ，a8 成等比数列
2S
所以 4
S2 S5 4
2 ················································································· 2 分
a4 a2 a8
2(4a1 6d) (2a所以 1
d) (5a1 10d) 4 a d 4
2 ，整理得
1
(a1 3d ) (a1 d )(a1 7d )
a d d
2
1
因为 d 0，解得： a1 d 2 ······································································· 5 分
所以 S 2n n(n 1) 2 n 2n n ································································· 6 分2
数学评分标准 第 1页（共 8页）
n 2 n 3
（2）由（1）得 2bn Tn ， 2b T ，····················· 7 分n(n 1) n 1 n 1 (n 1)(n 2)
2b n 2 n 3所以两式相减得： n 2bn 1+Tn 1 Tn ························8 分n(n 1) (n 1)(n 2)
2 1
整理得： 2bn bn 1 n(n 1) (n 1)(n 2)
2[b 1 1所以 n ] b n(n 1) n 1 (n 1)(n 2)
b 1 1即 n 1 2(bn ) ············································································10 分Sn 1 Sn
b 3因为 1 ,b
1
1 1 0 ，2 1 2
{b 1所以 n }是以1为首项， 2 为公比的等比数列············································ 11 分Sn
1 1
所以b n 1 n 1n 2 ，所以bn 2 ··········································· 12 分n(n 1) n(n 1)
19．（本小题满分 12分）
解：（1）当D π为圆弧BC的中点，即 CAD 时， BC PD ···························1 分
3
证明如下：因为D为圆弧BC的中点，
π
所以 CAD BAD ，即 AD为 CAB的平分线
3
因为 AC AB，所以 AD为等腰△CAB的高线，即 AD BC ····························2 分
因为 PA AB,PA AC ,AB AC A,AB,AC 平面 ABDC
所以 PA 平面 ABDC，所以 PA BC ·························································· 3 分
因为 PA AD A，所以 BC 面 PAD
所以 BC PD ···························································································· 4 分
（2）由（1）得，PA为四棱锥 P ABDC的高，
因为 PA 4 ，所以，当底面积 SABDC 取最大值时，四棱锥 P ABDC体积最大······· 5 分
CAD BAD 2π 2π设 ，则 , (0, )
3 3
S S S 1ABDC CAD BAD 2 2 sin
1
2 2 sin(2 )
2 2 3
2[sin sin( 2π )] 2 3 sin( π )
3 6
(0, 2π), π ( π , 5π因为 )
3 6 6 6
π
所以 时， sin( π ) 1, S 取最大值 2 3
3 6 ABDC
数学评分标准 第 2页（共 8页）
所以，当四棱锥 P π ABDC体积最大时， CAD BAD ····························7 分
3
过 A在平面 ABDC内作直线 AE AB，交圆弧 BC于点 E，
由题， AE, AB, AP 两两垂直，以 A为原点，分别以 AE, AB, AP 所在直线为 x轴， y轴，
z轴建立如图所示空间直角坐标系，································································ 8 分
则 A(0,0,0),P(0,0, 4),B(0, 2,0),D( 3,1,0),C( 3, 1,0)
因为 PD ( 3,1, 4),CD (0,2,0),DB ( 3,1,0)，······································9 分
设平面 PCD的法向量为 n (x1, y , z )
z
1 1
n PD 0 3x y 4z 0 P
则 ，即
1 1 1 ，
n CD 0 2y 0 1
令 z1 3 ，得 n (4,0, 3) ····························· 10 分
设平面 PBD的法向量为m (x A B
2
, y2 , z2 ) y
m PD 0 3x y 4z 0 C则 ，即 2 2 2 ， D
m DB 0 3x y 0
E x
2 2
令 z2 3，得m (2, 2 3, 3) ··································································· 11 分
PCD PBD cos | m n | 11设平面 与平面 的夹角为 ，则
|m | | n | 19
所以平面 PCD 11与平面 PBD夹角的余弦值为 ············································· 12 分
19
20．（本小题满分 12分）
解：（1）因为前 2个矩形面积之和为 (0.01 0.03) 10 0.4 0.5 ，
前3个矩形面积之和为 (0.01 0.03 0.04) 10 0.8 0.5 ，
则中位数在 (80,90)内，设为m，则 (m 80) 0.04 0.5 0.4 0.1 ，
解得m 82.5，即中位数为82.5．································································· 3 分
1 1
（2）因为成绩在[90，100]的频率为 ，所以概率为 ，
5 5
则 X ~ B(10, 1) 1 4，所以 P(X k) C k ( )k ( )10 k10 ，········································ 5 分5 5 5
k 1 k 4 10 k
P(X k) C10 ( ) ( )
所以 5 5 11 5k1 4 1 ，······································ 6 分P(X k 1) C k 1( )k 1( )11 k 4k10 5 5
当1 k 2时， P(X k) P(X k 1)， P(X 0) P(X 1) P(X 2)；
当 k 3时， P(X k) P(X k 1)， P(X 2) P(X 3) ，
所以 k 2时， P(X k)取到最大值．····························································7 分
数学评分标准 第 3页（共 8页）
P C
3
4C
1
2 C
4
4 3 P C
3
3C
1
3 1（3）甲进入复赛的概率 1 ，乙进入复赛的概率 ，C4 2 46 5 C6 5
3 1
故甲、乙两人进入复赛的概率分别为 ， ．···················································· 8 分
5 5
2 4 8
由题意可得： 的可能取值为0，1，2，则有： P( 0) (1 P1)(1 P2) ，5 5 25
P( 1) P (1 P ) (1 P )P 3 4 2 1 14 P( 2) PP 3 1 3 1 2 1 2 ， 1 2 ，5 5 5 5 25 5 5 25
所以 的分布列为：
0 1 2
8 14 3
P
25 25 25
················································································11 分
所以 E( ) 0 8 1 14 2 3 4 ························································ 12 分
25 25 25 5
21．（本小题满分 12分）
解: （1）记 | F1F2 | 2c，由题意知： | AF1 | | AF2 | a，2c 2a ······················ 1 分
1
所以 S 2 AF F a 1，解得a 2 ······························································· 2 分1 2 2
所以b 1,c 1 ···························································································· 3 分
x2
所以椭圆C的标准方程为： y2 1···························································· 4 分
2
（2）（ⅰ）选②③为条件：设 P(x1, y1) ，Q(x2 , y2 )，
当直线 l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点 P在第一象限，
则由 k k 1 k 21 2 ，可得2 1
，
2
2 2
此时直线WP的方程为 y x x，联立 y2 1，解得P(1, 2 )
2 2 2
S 2所以 ······························································································· 6 分
2
当直线 l的斜率存在时，设直线 l的方程为： y kx t，
则 k1k
y
1
y2 1
2 ，即 x1x2 2y1y2 0x1x2 2
2
将 y kx t x代入 y2 1得： (1 2k 2 )x2 4ktx 2t 2 2 0
2
4kt 2t 2 2
所以 x1 x2 1 2k 2
,x1x2 2 , ····························································7 分1 2k
数学评分标准 第 4页（共 8页）
2 2
所以 y 21y2 (kx1 t)(kx2 t) k x1x2 kt(x1 x2 ) t
2 t 2k
1 2k 2
2t 2 2 22 t 2k
2
所以 22 2 0，即1 2k 2t
2 ①··································· 8 分
1 2k 1 2k
2 2
| PQ | 1 2k t 1 k 2 | x1 x2 | 1 k
2 (x1 x )
2
2 4x1x2 2 2 1 k
2 2 ···· 10 分1 2k
因为点O到直线 l d | t |的距离
1 k 2
S 1 | t | 2 2 1 k 2 1 2k
2 t 2 2
所以
2 1 k 2 1 2k 2 2
综上，结论成立. ························································································12 分
（ⅱ）选①③为条件：设 P(x1, y1) ，Q(x2 , y2 )，
当直线 l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点 P在第一象限，
则由 S 2 S 1 x 2y x y 2 ，可得 1 1 1 1 ，2 2 2
x21 y2 1 2 1又 1 ，解得 P(1, )，Q(1,
2
) ，所以 k1k2 ·····························6 分2 2 2 2
当直线 l的斜率存在时，设直线 l的方程为： y kx t，
y kx t x
2
将 代入 y2 1得： (1 2k 2)x2 4ktx 2t 2 2 0
2
4kt 2t 2 2
所以 x1 x2 2 ,x1x2 2 , ····························································7 分1 2k 1 2k
1 2k 2 t 2| PQ | 1 k 2 | x1 x
2 2 2
2 | 1 k (x1 x2 ) 4x1x2 2 2 1 k 2 ······8 分1 2k
| t |
因为点O到直线 l的距离 d
1 k 2
1 | t | 1 2k 2 t 2 1 2k 2 t 2 2
所以 S 2 2 1 k 2 2 | t |
2 1 k 2 1 2k 2 1 2k 2 2
即1 2k 2 2t 2 ························································································ 10 分
y y 2 2 t
2 2k 2
因为 1 2 (kx1 t)(kx2 t) k x1x2 kt(x1 x2 ) t 1 2k 2
t 2 2k 2
y y 1 2k 2
2 2 2
所以 k k 1 2
t 2k 1 t 1
1 2 2 2 2 x1x2 2t 2 2t 2 2t 2 2
1 2k 2
综上，结论成立. ························································································12 分
数学评分标准 第 5页（共 8页）
（ⅲ）选①②为条件：设 P(x1, y1) ，Q(x2 , y2 ) ，W (x0 , y0 )
当直线 l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点 P在第一象限，
则Q(x1, y1)，W (0，y0) ，
1 2 x2
所以 S x1 2y
2 2
1 x1 y1 ，又 1 y
2
1 1，解得 P(1, )，Q(1, )2 2 2 2 2
k k (y1 y0 )( y1 y0 ) y 2 1 1所以 1 2 ，所以 y 0x 01 x1 2 2
0
所以W (0,0) 为坐标原点，满足题意································································· 6 分
当直线 l的斜率存在时，设W (x0 ，kx0 )，直线 l的方程为： y kx t，
2
将 y kx t x 带入 y2 1得： (1 2k 2 )x2 4ktx 2t 2 2 0
2
x x 4kt ,x x 2t
2 2
所以 1 2 2 1 2 2 , ····························································7 分1 2k 1 2k
2 2
| PQ | 1 k 2 | x x | 1 k 2 (x x )2 4x x 2 2 1 k 2 1 2k t1 2 1 2 1 2 2 ······8 分1 2k
W l d | t |点 到直线 的距离
1 k 2
S 1 | t |
2
2 2 1 k 2 1 2k t
2 2
2 t 1 2k t
2 2
所以 2 2 2 1 k 2 1 2k 1 2k 2
即1 2k 2 2t 2 ························································································ 10 分
2
y y (kx t)(kx 2 2 t 2k
2
因为 1 2 1 2 t) k x1x2 kt(x1 x2 ) t 1 2k 2
y 2t1 y2 kx1 t kx2 t k (x1 x2 ) 2t 1 2k 2
则由 k k (y 1 kx0 )(y2 kx0 ) 11 2 ，即 (x1 x0 )(x2 x0 ) 2(y1 kx0 )(y2 kx0 ) 0(x1 x0 )(x2 x0 ) 2
得： x x 2 2 21 2 x0 (x1 x2 ) x0 2y1y2 2kx0 (y1 y2 ) 2k x0 0
即 (1 2k 2)2 x 20 (4k
2 4t 2 2) 0 ，因为1 2k 2 2t 2 ， 4k 2 4t 2 2 0
所以 x0 0即W (0，0)
综上所述，W 满足条件. ··············································································12 分
数学评分标准 第 6页（共 8页）
22．（本小题满分 12分）
解:（1）曲线 y f (x)与圆C一条公切线的方程为 y x 1·································3 分
（2）（ⅰ）设曲线 y f (x)与圆C公切线 l的方程为 y kx m（显然， k存在）
1 1 1
因为 l与曲线 y f (x)相切，且 f (x) ，所以切点为 ( , ln )，
x k k
l : y ln 1 1 k(x ) ，所以 l : y kx 1 ln k ，即m 1 ln k
k k
| b m |
因为 l与圆C相切，所以 2 ，即 (b m)2 2k 2 2 0
1 k 2
所以 (b 1 ln k)2 2k 2 2 0
令 g(x) (b 1 ln x)2 2x2 2， x 0，
g (x) 2(b 1 ln x) 2[(b 1 ln x) 2x
2 ]
则 4x
x x
设 h(x) (b 1 ln x) 2x2 h (x) 1 4x (1 2x)(1 2x) ，则 ························ 5 分
x x
易证明： ln x x 1 ····················································································· 6 分
①当b 1时，因为 h(x) 在 (0, 1) 1 1上单调递增，在 ( , ) 上单调递减；所以 h(x) h( ) ，
2 2 2
1 1
因为 h( ) b ln 2 0 ， h(e b 1) 2(e b 1)2 0 ，
2 2
h(2b) b 1 ln(2b) 8b 2 3b 8b 2 0 ；
所以存在 (e b 1, 1), (1 , 2b) ，使得 h( ) h( ) 0
2 2
所以b 1 ln 2 2 ，b 1 ln 2 2
所以 g(x)在 (0, )上单调递减，在 ( , ) 上单调递增，在 ( , )上单调递减；·· 7 分
因为 g( ) 4 4 2 2 2 0 ，且 g( ) g(1) (b 1) 2 4 0 ，
又因为 g(e 3b 1) 4b2 2(e 3b 1)2 2 0 ，
且 g(3b) [b 1 ln(3b)]2 18b 2 2 16b 2 18b 2 2 0 ，
所以存在 x (e 3b 11 , ), x2 ( , ), x3 ( ,3b) ，使得 g(x1) g(x2 ) g(x3) 0
所以当b 1时，曲线 y f (x)与圆C恰有三条公切线·································· 8 分
数学评分标准 第 7页（共 8页）
②当0 ln 2 1 b 1 1时，因为 h( ) 0,h(e b 1) 0, h(1) (b 1)2 4 0 ；
2 2
所以存在 (e b 1, 1), (1 ,1]，使得h( ) h( ) 0
2 2
所以 g(x)在 (0, )上单调递减，在 ( , ) 上单调递增，在 ( , )上单调递减；
所以 g( ) 4 4 2 2 2 0 ，且 g( ) 4 4 2 2 2 0 ，
所以 g(x)不可能存在三个零点，
所以当 ln 2 1 b 1时，曲线 y f (x) 与圆C不可能有三条公切线··················9 分
2
③当b ln 2 1 1 时， h( ) 0 ；所以 h(x) 在 (0, )上单调递减，最多一个零点；
2 2
所以 g(x)最多一个极值点，不可能有三个零点；
1
所以当b ln 2 时，曲线 y f (x) 与圆C不可能有三条公切线···················· 10 分
2
综上，若曲线 y f (x) 与圆C恰有三条公切线，则b的取值范围为b 1．
（ⅱ）函数 g(x) (b 1 ln x)2 2x2 2的零点，
即方程 | b 1 ln x | 2x2 2 的解，
y2
即曲线 y | b 1 ln x |和曲线 y 2x2 2 （ x2 1(y 0)）交点的横坐标，
2
结合图象，显然存在T (m,n)，使得b 1 lnm n成立
所以 f (mx) f (x) lnm f (x) n 1 b对任意 x 0恒成立·······················12 分
数学评分标准 第 8页（共 8页）
转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 山东省青岛市2022-2023高三下学期第一次适应性检测（一模）数学试题（含答案）