2023届山东省青岛市高三上学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．复数的虚部为（    ）

A． ． ． ．

【答案】B

【分析】根据复数的运算求得的结果，即可得答案.

【详解】由题意复数，

故复数的虚部为，

故选：B

2．若的展开式中含有项的系数为18，则（    ）

A．2 ． ．或 ．或

【答案】C

【分析】根据二项式展开式的通项公式，可列出方程，即可求得a，即得答案.

【详解】由题意的展开式中含有项的系数为18，

即 ，即，

解得或，

故选：C

3．已知集合，.若，则（    ）

A． ．

C．或 ．或

【答案】A

【分析】根据集合表示点的含义，可得直线与圆相交或相切，然后得到，整理解出不等式即可得出答案.

【详解】由已知可得，集合表示的点在圆上，圆心为，半径，集合表示的点为直线，即上的点.

由可知，直线与圆有交点，即直线与圆相交或相切，

所以圆心到直线的距离，即，

整理可得，解得.

故选：A.

4．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（    ）

A． ．1 ． ．

【答案】D

【分析】将该多面体放在正方体中，利用空间向量的坐标运算，求出平面和平面的法向量，即可求平面和平面夹角的余弦值，进而可求解.

【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，

平面和平面为有公共顶点的两个正三角形所在平面，

建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则

设平面的法向量为

所以，令，所以

设平面的法向量为

所以，令，所以

设平面平面和平面的夹角为，

则，

因为平面和平面的夹角为锐角，所以，

所以，

故选：D

5．“”是“函数为奇函数”的（    ）

A．充分不必要条件 ．必要不充分条件

C．充要条件 ．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由时，结合奇函数定义可判断为奇函数，举反例说明函数为奇函数时，可能是，不能得出一定是，由此可判断答案.

【详解】当时，，其定义域为关于原点对称，

且满足，故为奇函数；

当时，，其定义域为关于原点对称，

且满足，故为奇函数,

即函数为奇函数不能推出，还可能是，

故“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，

故选：A

6．已知函数的部分图像如下图所示，将的图像向左平移个单位后得到函数的图像，则函数的最小值为（    ）

A． ． ． ．0

【答案】B

【分析】先计算，再由平移得，代入并配方计算即可.

【详解】由图可知，故，

，得,

又，故，故，

则，

则，

当时，的最小值为.

故选：B

7．为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20个，得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值），关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是（    ）

A．甲班众数小于乙班众数 ．乙班成绩的75百分位数为79

C．甲班的中位数为74 ．甲班平均数大于乙班平均数估计值

【答案】D

【分析】根据已知数据图，判断A；根据频率分布直方图计算乙班成绩的75百分位数，判断B；求出甲班的中位数，判断C；求出两个班级的平均分，即可判断D.

【详解】由甲、乙两个班级学生的物理成绩的数据图可知甲班众数为79，

由频率分布直方图无法准确得出乙班众数，A错误；

对于乙班物理成绩的频率分布直方图， 

前三个矩形的面积之和为 ，

故乙班成绩的75百分位数为80，B错误；

由甲班物理成绩数据图可知，小于79分的数据有9个，79分的数据有6个，

故甲班的中位数为79，C错误；

甲班平均数为，

乙班平均数估计值为，

即甲班平均数大于乙班平均数估计值，D正确，

故选：D

8．已知定义域为的“类康托尔函数”满足：①，；②；③.则（    ）

A． ． ． ．

【答案】C

【分析】根据函数的定义分别赋值得到，然后再利用得到，再次赋值，利用，即可求解.

【详解】因为，，令可得：，

又因为，令可得：，令可得：，

由可得：，

令，则有，所以，

令，，则有，所以，

因为，所以，

也即，所以，

故选：.

二、多选题

9．通过长期调查知，人类汗液中指标的值服从正态分布.则（    ）

参考数据：若，则；. 

A．估计人中汗液指标的值超过的人数约为

B．估计人中汗液指标的值超过的人数约为

C．估计人中汗液指标的值不超过的人数约为

D．随机抽检人中汗液指标的值恰有人超过的概率为

【答案】ABD

【分析】根据正态分布的性质，进行ABC选项的判断；结合正态分布的性质以及二项分布的概率计算公式即可判断选项D.

【详解】由，可得汗液指标的值超过的

概率为.所以人中汗液指标的值

超过的人数约为，故A对；

同理，D选项中，随机抽检人中汗液指标的值恰有

人超过的概率为：，故D对；

由，所以人中汗液指标的值

超过的人数约为

=，B对；

由，人中汗液指标的值

不超过的人数约为

，故C错.

故选：ABD

10．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，，，点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，则（    ）

A． ．

C．的坐标为 ．的坐标为

【答案】ACD

【分析】由题意表示出，结合题设可求得，即得，，判断；根据题中定义求得坐标，可得点坐标，判断D；再求得，求得其模，判断A.

【详解】由题意可知点，点，故，

因为，故 ，

又，即，故，

所以，，故B错误，C正确；

因为点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，

所以，

则由,可得点坐标为，故D正确；

故，则，A正确，

故选：ACD

11．已知为坐标原点，离心率为的椭圆的左，右焦点分别为，，与曲线恰有三个交点，则（    ）

A．椭圆的长轴长为

B．的内接正方形面积等于3

C．点在上，，则的面积等于1

D．曲线与曲线没有交点

【答案】BCD

【分析】由椭圆与余弦函数都关于轴对称，可得其中一个交点为，从而可求，根据离心率求得，从而可判断A；联立，求出，从而可判断B；设，根据椭圆的定义可得，又，从而可求，即可求面积，从而可判断C；设直线，联立，可得直线与椭圆相切，且直线在椭圆的右上方，设，利用导数证明​​​​​​​，从而可判断D.

【详解】因为椭圆与曲线都关于轴对称，且与曲线恰有三个交点,

所以其中一个交点的横坐标为0.

又,所以该交点坐标为，所以.

因为椭圆的离心率为，所以，解得，

故椭圆的长轴长为，故A错误.

椭圆的方程为,

设的内接正方形与在第一象限的交点为，设，

联立，可得，

故的内接正方形面积为，故B正确.

设，因为点W在C上,所以.

因为，所以.

所以，解得.

所以的面积为，故C正确.

设直线，

联立,可得，即，

,所以直线与椭圆C相切，且直线在椭圆的右上方.

设

，

故，令，可得.

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增.

所以

，

即，即，

故函数的图象在的上方，

所以曲线C与曲线没有交点，故D正确.

故选:BCD.

【点睛】关键点睛：

（1）由椭圆与余弦函数都关于轴对称，可得其中一个交点为；

（2）取直线，根据直线与椭圆的位置关系及直线与曲线的位置关系求解.

12．已知数列和满足，，，.则（    ）

A． ．数列是等比数列

C．数列是等差数列 ．

【答案】BCD

【分析】通过合理赋值即可判断A，对B两式作和即可判断，对C两式作差即可判断，对D，通过BC选项求出，则可判断D正确.

【详解】对A选项，令，则，，

则，则，则，则A错误，

对B选项，由题意中两式相加得，故B正确，

对C选项，由题意中两式作差得，

即，则C正确，

对D选项，由B得，，

两式相加得，

则，

则

若，显然，则成立,

故选：BCD.

三、填空题

13．已知，，则______.

【答案】##

【分析】将已知两式平方相加，结合两角差的余弦公式，即可求得答案.

【详解】因为，，

故，

，

以上两式相加可得，即，

故，

故答案为：

14．将8块完全相同的巧克力分配给A，B，C，D四人，每人至少分到1块且最多分到3块，则不同的分配方案共有______种（用数字作答）.

【答案】19

【分析】将分配方案分为3类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理解决即可.

【详解】满足条件的分配方案可分为3类，第一类每人2块，第二类有两人3块，两人1块，第三类，一人3块，一人一块，2人2块，

属于第一类的分配方案有1个， 

属于第二类的分配方案有个，即6个，

属于第三类的分配方案有个，即12个，

故满足条件的分配方案的总数为19个，

故答案为：19.

15．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点，A，B中点在轴上方且其横坐标为1，，则直线的斜率为______.

【答案】

【分析】设出直线的方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标即可求解.

【详解】由题意可知：直线的斜率存在且大于零，

则设直线的方程为：，，

联立方程组，整理可得：，

则， ，又因为A，B中点的横坐标为1，

所以，则，

由弦长公式可得：，

又因为，则有，

化简整理可得：，即，解得：，

因为，所以，

故答案为：.

四、解答题

16．已知球的半径为2，圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球上，记球心到圆锥底面的距离为，圆锥的底面半经为.则（1）的最大值为______；（2）圆锥体积的最大值为______.

【答案】     2     ##

【分析】讨论球心与圆锥的位置关系，确定的关系，结合基本不等式求的最大值，由锥体体积公式表示圆锥体积，利用导数求其最值.

【详解】当球心在圆锥内或圆锥的底面上时，过圆锥的轴作截面可得：

则，，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为2,

圆锥的体积，其中，

所以，

所以

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

当时，体积取最大值，最大值为，

当球心在圆锥外时，过圆锥的轴作截面可得：

则，，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为2,

圆锥的体积，其中，

所以，

所以

当时，，函数单调递减，所以.

综上所述，的最大值为2，圆锥体积的最大值为.

故答案为：2；.

17．在中，，内角，，的对边分别记为，，.

(1)求的值；

(2)求的最小值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算可得，从而代入，即可求解出答案；（2）根据余弦定理，结合（1）的结论化简表示得，再利用基本不等式即可求解的最小值.

【详解】（1）由正弦定理边角互化可得，

，

由余弦定理得，，

化简得，

从而得，即，

（2）由余弦定理得，

因为在中，均大于，

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为.

【点睛】思路点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的范围．

18．如图1所示，在中，点E，F在线段上，点在线段上，，，，.将△ACE，△BDF分别沿CE，DF折起至点A，B重合为点，形成如图2所示的几何体，在几何体中作答下面的问题.

(1)证明：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明过程见详解

(2)

【分析】(1)根据题意可证平面，利用面面垂直的判定即可证明；

(2) 点到平面的距离为，利用体积相等，计算即可求解.

【详解】（1）由题意知：，，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

（2）由题意可知：是边长为的正三角形，取的中点，连接，则有，且，

由（1）知平面平面，且平面平面

，所以平面，

由（1）知：平面，因为，所以平面，

又因为，，所以，

在中，过点作，则为的中点，

所以，所以，

又因为，设点到平面的距离为，

则，也即，所以，

所以，即点到平面的距离为.

19．记数列的前项和为，，______.给出下列两个条件：条件①：数列和数列均为等比数列；条件②：.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）

(1)求数列的通项公式；

(2)记正项数列的前项和为，，，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择条件①：先由为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；

选择条件②：先由得出，两式做减即可得出，再验证时即可利用等比数列通项公式得出答案；

（2）通过得出，两式相减结合已知即可得出，即数列的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将转化即可得出答案.

【详解】（1）选条件①：

数列为等比数列，

，

即，

，且设等比数列的公比为，

，

解得或（舍），

，

选条件②：

，

，

即，

由①②两式相减得：，

即，

令中得出也符合上式，

故数列为首项，公比的等比数列，

则，

（2）由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列为首项，公比的等比数列，即，

则，，

，

，

由③④两式相减得：，

即，

数列为正项数列，

则，

则数列的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，

，

即，

数列前2n项中的全部偶数项之和为：，

则.

20．由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为，放红球的概率为q，.

(1)若，，记表示100轮放球实验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：

(2)若，，，，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；

(3)求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：.

附：经验回归方程系数：，，，.

【答案】(1)；3.

(2)分布列见解析；.

(3)；证明见解析.

【分析】（1）根据所给数据，结合经验回归方程系数公式，即可求得回归方程，继而求得预测值；

（2）确定X的取值可能为，根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，继而求得期望;

（3）求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系可得其概率大小关系，即可证明结论.

【详解】（1）由题意知 ,

故，

所以 ，

所以线性回归方程为： ，

所以，估计时，.

（2）由题意知：，，，，

则X的取值可能为，

记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，

所以 ，

，

，

所以X的分布列为：

（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ,

记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，所以，

记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，

显然， ，所以 ，

即，所以.

【点睛】关键点点睛：解答要首先能正确的理解题意，弄清楚题目的要求是什么，比如第二文中的条件概率的计算，要弄清每种情况的含义，第三问难点在于正确计算出“不是每一列都至少一个红球”以及“每一行都至少一个白球”的概率，并能进行判断二者之间的关系，从而比较概率大小，证明结论.

21．已知为坐标原点，动直线与双曲线的渐近线交于A，B两点，与椭圆交于E，F两点.当时，.

(1)求双曲线的方程；

(2)若动直线与相切，证明：的面积为定值.

【答案】(1)

(2)的面积为定值,证明见解析

【分析】（1）设，由题意有，直线与双曲线的渐近线联立方程组，求得，直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理求得，根据方程解出，得双曲线的方程.

（2）根据（1）中解得的两点坐标，表示出的面积，由直线与相切，联立方程组消元后判别式为0，化简后得定值.

【详解】（1）设

因为  ，所以 

由  ， 得； 同理可得，所以，

由 ，得，所以  

所以  即，由，解得， 

所以双曲线的方程为.

（2）双曲线的渐近线方程为，

由得  ，  ，，

所 ，， 

 ， 

由 ， 得，

因为直线与双曲线相切，所以，即，

所以  为定值.

【点睛】思路点睛：1.双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.

2.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数的最小值和的最大值相等.

(1)求；

(2)证明：；

(3)已知是正整数，证明：.

【答案】(1)

(2)证明过程见解析

(3)证明过程见解析

【分析】（1）先求定义域，再求导，得到，由，分与两种情况，得到时无最大值，当时，得到，构造，求导得到其单调性，，从而确定；

（2）要证明，只需证，由（1）知：，当且仅当时，等号成立，故只需证，且等号成立的条件与不同，

设，求导得到单调性，求出，当且仅当时等号成立，证毕；

（3）要证明不等式，只需证，构造，，求导得到其单调性，得到所以，证毕.

【详解】（1）由题意得：的定义域为，的定义域为，

因为，

所以当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以，

又因为，

若，则，在上单调递增，无最大值；

若，；令，解得：，

所以当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

故，

令，则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

所以，

综上：；

（2）要证明，只需证，

由（1）知：，当且仅当时，等号成立，

故只需证，且等号成立的条件与不同，

设，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以在处取得极大值，也是最大值，

故，当且仅当时等号成立，

故；

（3）要证明，

只需证，

即证，

设，，

所以，

所以在上单调递增，，

所以，

综上：成立.

【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.