山东省部分学校2023届高三下学期5月二轮复习联考(三)
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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．已知复数，则（ ）
A．3i B．－3i C．3 D．－3
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知的展开式中所有项的系数和为512，则展开式中的常数项为（ ）
A．－756 B．756 C．－2268 D．2268
4．已知A，B为互斥事件，事件C满足：，，，则
A． B． C． D．
5．已知圆，从圆心C射出的光线被直线反射后，反射光线恰好与圆C相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
6．如图，在中，，AC=1，P为所在平面外一点，的面积为，且平面平面ABC，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
7．某款电子产品的售价y（万元/件）与上市时间x（单位：月）满足函数关系（a，b为常数，且），若上市第2个月的售价为2.8万元，第4个月的售价为2.64万元，那么在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为（参考数据：）
A．3.016万元 B．2.894万元 C．3.048万元 D．2.948万元
8．已知P为双曲线上的动点，O为坐标原点，以OP为直径的圆与双曲线C的两条渐近线交于，两点（A，B异于点O），若恒成立，则该双曲线离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、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．下列说法正确的是（ ）
A．在一个2×2列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大
B．随机变量，若函数为偶函数，则
C．若回归直线方程为，则样本点的中心不可能为
D．若甲、乙两组数据的相关系数分别为－0.91和0.89，则甲组数据的线性相关性更强
10．将函数的为图象向左平移个．单位长度得到函数的图象，，为的导函数，且，若当时，的取值范围为，则
A． B．ω=1
C．直线为图象的对称轴 D．在上单调递增
11．如图，在长方体中，AB=BC=1，，M，N分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则以下结论正确的为（ ）
A．平面
B．不存在点M，N，使得平面
C．点M和点N到平面的距离相等
D．直线MN与平面所成角的最大值为
12．已知函数存在两个极值点，，则以下结论正确的为（ ）
A． B．
C．若，则 D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知单位向量，满足，则向量与的夹角______．
14．已知函数的图象关于原点对称，且当时，，则在处的切线方程为______．
15．已知函数的定义域为R，，且对，都有，设，则数列的前2023项的和______．
16．已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为，，则______．
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）已知数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：．
18．（12分）在新高考的数学试卷中，有4道题为多项选择题，在每个试题所给的4个选项中有多项符合题目要求，其评分规则为：全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．
（1）若某两个多项选择题中分别有2个和3个正确选项．如果小茗同学不能判断两个题中任何一个选项是否符合题目要求．他每个题均随机选取了2项，记他这两题的总得分为X，求X的分布列和数学期望E（X）；
（2）若某个多项选择题所给的四个选项中有3个符合题目要求，小茗同学只能判断其中的一个选项符合题目要求，不能判断其它选项是否符合题目要求，若你是小茗同学，除了能判断的符合题目要求的选项外，从得分均值的角度分析，你是否再随机选取1个或2个选项作为答题结果？请说明理由．
19．（12分）已知A，B，C为的三个内角，，，M，N分别为边AB，AC上的动点（不包括端点），点A关于直线MN的对称点D在边BC上．
（1）记时，求θ的取值范围；
（2）当AN长度取得最小值时，求MN的长度．
20．（12分）如图，在梯形ABCD中，，，，E为边AD上的点，，，将沿直线CE翻折到的位置，且，连接PA，PB．
（1）证明：；
（2）Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数λ的值．
21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，斜率不为0的直线l过点，与椭圆交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，，椭圆的离心率．
（1）求椭圆M的方程；
（2）在x轴上是否存在点P，使得为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（12分）已知函数．
（1）若存在唯一零点，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：．
山东省部分学校2023届高三下学期5月二轮复习联考(三)
数学参考答案及评分意见
1．B【解析】，所以．故选B．
2．A【解析】，，所以．故选A．
3．D【解析】令可得展开式中所有项的系数和为，所以n=9，故
，令，则k=6，所以展开式中的常数项为：．故选D．
4．B【解析】因为A，B互斥，所以，因为，所以，又因为，所以．故选B．
5．C【解析】易知圆心关于直线的对称点为，设反射光线所在的直线斜率为k，则反射光线所在的直线方程为，所以，整理得，解得或故选C．
6．D【解析】解法一：设点C到平面PAB的距离为h，则，显然，当平面PAB时，，此时三棱锥体积的最大值为．故选D．
解法二：因为平面平面ABC，，所以平面PAC，故，设，则，得，设．在中，，所以，所以，，当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥体积的最大值为．故选D．
7．B【解析】由题，，得，解得或，当时，b=2.6，不合题意舍去，当时，b=2，所以，当时，，所以在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为2.894万元．故选B．
8．A【解析】双曲线C的两条渐近线方程为，若恒成立，则A，B两点始终位于x轴同侧，则，故，即，即，得，所以双曲线离心率的取值范围为．故选A．
9．BCD【解析】对于A，在一个2×2列联表中，由计算得的值，的值越大，两个变量有关的把握越大，故A错误；对于B，为偶函数，则，即，故可得，故B正确；对于C，，所以样本点的中心不可能为，C正确；对于D，具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，D正确．故选BCD．
10．BD【解析】，因为，，所以，，又，所以，A错误；，当时，，因为，所以，解得，又，，B正确；，所以直线不是图象的对称轴，C不正确；令，，得，．令，得在上单调递增，D正确．故选BD．
11．ACD【解析】连接BN并延长与交于E，，与相似，又，，可得，所以，，平面，平面，故平面，A正确；当E与重合时，即当M，N分别为线段，上的中点时，平面，B错误；直线MN与平面所成角，即直线与平面所成角，设为θ，则，最小时，θ最大，显然，，故θ的最大值为，D正确；由题易知，，又直线和直线与平面所成的角相等，故点M，N到平面的距离相等，C正确．故选ACD．
12．BD【解析】，则即，显然，若方程有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，即的图象与直线有两个交点，且横坐标分别为，，又，易知在，上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，所以，A错误；当时，的图象如图所示，易知，B正确；若，则，得，故，C错误；因为，所以，又，所以，，所以，故，所以，D正确．故选BD．
13．【解析】，即，又，为单位向量，所以，所以，因为，所以．
14．【解析】由题为奇函数，令，则，所以，所以，当时，，此时，因为，所以，又，所以在处的切线方程为，化简得．
15．【解析】设，，则，即，又，所以，所以．故，所以．
16．0【解析】设直线l过抛物线的准线与x轴的交点为M，如图，过点A作准线的垂线，垂足为Q，由直线l的斜率为，易得，故，由抛物线的性质可得，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，同理可得，故，所以．
17．（1）解：解法一：由题，①，即，②
由①②得，由得，
所以，
所以数列的通项公式为．
解法二：（1）由题，①，，即②，由①②得，
由，得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，
所以数列的通项公式为．
（2）证明：由（1）知，
所以，
两式作差得，
所以，
因为，所以，所以．
18．解：（1）随机变量X的所有可能取值为0，2，5，7．
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
X
0
2
5
7
P
所以．
（2）不再选取，理由如下：
如果小茗同学只选择能判断符合题目要求的那个选项为解答结果，则他本题得分为2分，若他再随机选取1个，则他本题的得分Y可能为：0或2，
，，，
因为，所以不再随机选取一个选项作为答题结果.
若他再随机选取2个，则他本题的得分Y可能为：0或5，
，，，
因为，所以不再随机选取2个选项作为答题结果.
综上，除了能判断的正确选项外，不再随机选取1个或2个选项作为答题结果.
19．解：（1）由题，，即，又，得，
因为，即，
因为，故，所以，如图．
因为点A与点D关于MN对称，所以，
且AM=MD，所以，
设，则，
，
即，
整理得，因为，所以，即，又，
所以，，
所以θ的取值范围为．
（2）在中，，
由正弦定理得①，
在中，，得②，
由①②得，
令，
由（1）知，所以，
所以当，即时，t取得最大值，即AN取得最小值，
此时MN=AN，故MN的长度为．
20．（1）证明：因为，所以，，又，PE、平面PAE，
所以平面PAE，平面ABCE，所以平面平面PAE．
在梯形ABCD中，，所以，
所以在四棱锥中，．
因为，所以为正三角形．
取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，
由面面垂直的性质可得平面ABCE，
所以．
又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，
又，OC、平面POC，
所以平面POC，
因为平面POC，
所以．
（2）解：由（1）知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，由得，
则，，设平面QBC的一个法向量为，
故即，令，得，，
所以，
易知平面ABC的一个法向量为，
所以，
解得或（舍）．
所以实数λ的值为．
21．解：（1）设椭圆的焦距为，则，①
将代入椭圆方程得：，解得，所以，②
又，③
综合①②③解得：，，，
所以椭圆M的方程为．
（2）存在．
设，，，直线，
联立方程：得，
所以，，
，，
，
当，即时，为定值，
所以存在点，使得为定值．
22．（1）解：的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
且，所以存在唯一零点；
当时，令，得，
当时，单调递增；当时，，单调递减．
所以，且；，．
若存在唯一零点，则，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，故当时，，
所以存在唯一零点时，实数a的取值范围为或．
（2）证明：由（1）知：当时，在上单调递减，
所以，即在上恒成立．
令，，则，
所以
，
所以，
所以当时，．
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