2023届高三下学期5月高考数学考前押题卷（山东适用）（Word版含答案）

2023年高考考前押题卷（山东适用）
数学
第Ⅰ卷（选择题）
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.已知集合，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
2.复数满足，则（ ）
A.
B.
C.
D.
3.在等比数列中，已知，则（ ）
A.
B.
C.
D.
4.的展开式中，的系数为（ ）
A.
B.
C.
D.
5.某小区附近画有个停车位，现有辆车随机停在其中的个车位上，则每辆车两边都有空车位的概率是（ ）
A.
B.
C.
D.
6.已知向量，不共线，且满足，则的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
7.已知椭圆上的所有点都不在圆的外部，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
8.已知函数，，若与的图象有个交点，则实数的取值范围是（ ）
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.已知正数，满足，则下列说法正确的是（ ）
A.的最大值为
B.的最大值为
C.的最大值为
D.的最小值为
10.已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.的一条对称轴为
D.在区间上单调递增
11.ChatGPT是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够通过理解和学习人类的语言来进行对话，还能根据聊天的上下文进行互动，真正像人类一样来聊天交流，甚至能完成撰写邮件、视频脚本、文案、翻译、代码、写论文等任务，截至年月，这款新一代对语式人工智能便在全球狂揽亿多用户，并成功从科技界破围，成为历史上增长量最快的消费者应用程序.年月，全国人大代表刘庆峰提出：类ChatGPT可能是人工智能最大技术跃迁，应当加快推进中国认知智能大模型建设，在自主可控平台上让行业尽快享受AI红利，让每个人都有AI助手。某公司抓住机遇，成立ChatGPT研究小组，希望在公司某一项业务中运用到ChatGPT技术，为了抢占先机，公司决定成立甲、乙、丙个科研小组，已知甲、乙、丙三个小组能获得成功的概率分别为，，，且三个小组各自独立进行研究，每个研究成功的小组都会受到公司的奖励，则下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
B.只有甲、乙受到奖励的概率为
C.受到奖励的小组数的期望值为
D.公司抓住了这次机遇，且只有两个小组受到奖励的概率为
12.已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则（ ）
A.
B.在，上单调递减
C.函数的值域为
D.在上有个零点
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.已知，则________.
14.已知函数，则过点且与曲线相切的切线方程为________.
15.两动直线：，：（不同时为）分别与圆：交于，和，点，连接、、、围成一个四边形，则该四边形面积的最大值为________.
16.菱形中，，将绕旋转，形成一个空间四面体，该四面体外接球的球心到，的距离相等，则该外接球的表面积为________.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）如果数列的各项都不为，数列满足，求数列的前项和.
18.在中，角、、的对边分别是、、，若，，.
（1）求；
（2）求的面积.
19.如图，四棱锥中，，，，为线段上一点，，为的中点，四面体的体积为.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
20.甲、乙两人拿两颗质地均匀的骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两颗骰子，观察两颗骰子向上的点数之和，若两颗骰子的点数之和为两位数，则由原掷骰子的人继续掷，若掷出的点数之和不是两位数，就由对方接着掷，第一次由乙开始掷，设第次由甲掷的概率为.
（1）求第次由甲掷的概率；
（2）请用表达.
21.已知抛物线：，其焦点记为，点在上，过点的切线在轴上的截距为，过的一条直线与交于，两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若在轴上有一点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，求出该等腰直角三角形的面积，并求出此时直线的斜率平方值.
22.已知，.
（1）讨论的单调性；
（2）若，使得方程有个根，证明：函数有且只有一个零点.
答案
第Ⅰ卷（选择题）
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. 答案：
B
解析：
∵，，
∴，故选B.
2. 答案：
D
解析：
由题意可知，
而由复数的性质，故选D.
3. 答案：
B
解析：
由等比数列的性质可知，故选B.
4. 答案：
D
解析：
根据题意，展开式中，
项为
，故选D.
5. 答案：
A
解析：
根据题意可知概率为，故选A.
6. 答案：
C
解析：
由，可知，即在方向上的投影数量为，
故可设，，且，从而，，
∴，，∴，
故选C.
7. 答案：
A
解析：
根据题意可知，圆是以椭圆的下顶点为圆心，短轴长为半径的圆，
设椭圆上的任意点为，则由点与圆的位置关系可知恒成立，
设，，则，
其是关于的一个二次函数，对称轴为，
当，即时，，满足题意；
当，即时，
整理得，得.
综上所述，，即，，∴，∴，故选A.
8. 答案：
C
解析：
由题意可知，即，
∴，①
设，可判断单调递增，且由①可知，
∴方程，即有个解，
设，，
令，得，∴在上单调递增，在上单调递减，且当时，，当时，，
∴，即，∴，故选C.
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. 答案：
A、C
解析：
A选项：∵，∴，即，当且仅当时取等号；B选项：∵，当且仅当时取等号，∴的最小值为，故B错误；C选项：∵，∴，即，当且仅当时取等号，∴C正确；D选项：由，且，，可知，且，
∴，故D错误.故选AC.
10. 答案：
B、D
解析：
由图象过点，，可知，∴，
由，且，可知，故B正确，
∴，∴，即，
∴，∴不等于，C错误；
D选项，由，可知，∴在区间上递增，∴D正确.故选BD.
11. 答案：
A、D
解析：
A选项，由题意可知，甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为，故A正确；B选项，只有甲、乙受到奖励的概率为，故B错误；C选项，设受到奖励的小组数为，则可知的可能取值为，，，，且，，，，
∴的分布列为：
∴.故C错误；
D选项，记至少有一个小组获得成功记为事件，只有两小组受到奖励为事件，
∴，，，故D正确.故选：AD.
12. 答案：
B、C
解析：
由题意知，且由，
∴，∴的周期为，
而当时，，∴，
令，得，∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴根据的奇偶性以及周期性画出其图象：
A选项：，
而，∴，故A错误；B选项：由图可知函数，上单调递减，故B正确；C选项：，，∴的值域为，故C正确；D选项：观察图象可判断在上有个零点，故D错误.故选BC.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.答案：
解析：
∵，
而，∴.
14.答案：
或
解析：
，设切点为，
则切线斜率为，∴，
而点在切线方程上，∴，
整理得：，即，解得或，
∴切点为或，∴切线方程为或.
15.答案：
解析：
∵直线的方程可变形为，从而可知其恒过定点，同理可知恒过定点，设该点为，且由两直线垂直的判定可知，设圆心到，的距离分别为，，由弦长公式可知，，由，即，∴，，当且仅当，即时，四边形面积最大，该最大值为.
16.答案：
解析：
如图，取中点，中点，连接，
∵，可知，
再由为菱形，∴，同理可得，且，
∴平面，从而，且平面垂直平分线段，
∴，球心在平面上，再由菱形的性质可知，
∴为线段的垂直平分线，∴进一步确定球心，而由球心到，的距离相等，即，∴为中点，设，，
∴，
∴，
∴由，即得，
即，∴，解得，
而，可知，∴，
∴，∴球的表面积为.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.答案：
见解析
解析：
（1）由等差数列性质及题意可知，∴或，
由时，由，可知，∴，
当时，由，可知，∴.
∴或.
（2）∵的各项都不为，∴，
由，得，
∴.
18.答案：
见解析
解析：
（1）由正弦定理可知，①
由，可知，②
∴得，∴.
（2）由（1）可知，且由，可得，从而，
∴，
∴.
19.答案：
见解析
解析：
（1）证明，取中点，连接，，根据题意可知，且，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，∴平面，
再由为中点，∴为的中位线，即，平面，
平面，∴平面，且，∴平面平面，平面，∴平面.
（2）由，为中点，∴，∴，
∵，，∴,
∴到平面的距离，
∴到平面的距离，而，∴可知平面，∴以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，
∴，，，，
设面的法向量，
则，即，令，可得，
设面的法向量，
则，即，令，可得，
设二面角所成的平面角为，结合题意可知该角为锐角，
则.
20.答案：
见解析
解析：
（1）两颗骰子的点数之和为两位数的概率为，
则点数之和不为两位数的概率为，
由题意可知，，，
∴第次由甲投的概率为.
（2）第次（）由甲掷有两种情况：
①第次由甲掷，第次由甲掷；②第次由乙掷，第次由甲掷，
∴，∴，
又，∴，∴.
21.答案：
见解析
解析：
（1）由，将其代入，可得，∴，设切线方程：，并将其与联立得，
，得，从而切线方程：，令，可得其在轴上的截距为，从而，∴，∴抛物线方程为.
（2）由（1）可知，从而设直线：，并由题意画出图形，
设，，分别过，作轴的垂线，，垂足分别为，，
可证得，从而，，
∴，即，
将直线与抛物线方程联立：，得，
从而可得，，∴，
而，由，
得，即，解得：，
从而直线的斜率平方等于，
由弦长公式，
而.
22.答案：
见解析
解析：
（1）由题意，，
∴当时，，，单调递增；时，单调递减，当时，
（i）时，，∴在单调递增，
（ii）时，，，单调递增；当时，，单调递减，时，，单调递增；
（iii）时，，，单调递增；当时，，单调递减，时，，单调递增；
综上所述：时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在其定义域上单调递增；
时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减，上单调递增.
（2）由（1）可知，要，使得方程有个根，则函数要存在个极值点，即，现分和两种情况证明如下：
i）当时，在上单调递增，上单调递减，在上单调递增，从而，且当时，，
∴，，而，
令，，且，
∴，∴在上单调递减，
∴，∴恒成立，即，
∴，∴当时，证得函数存在唯一零点，
ii）当时，在上单调递增，在上单调递减，上单调递增，而，且当时，，
，，
而由，可知当时，，
所以当时，证得函数存在唯一零点，
综上得证.