2023山东高考数学理科试题及答案1.doc

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理科数学
第I卷〔共60分〕
一、选择题:本大题共12小题,每题5分,共60分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的。
(为虚数单位),那么的共轭复数为
(A)(B)(C)(D)
={0,1,2},那么集合中元素的个数是
(A)1(B)3(C)5(D)9
,且当时,,那么
(A)(B)0(C)1(D)2
,体积为,,那么与平面所成角的大小为
(A)(B)(C)(D)
,得到一个偶函数的图象,那么的一个可能取值为
(A)(B)(C)0(D)
,为不等式组所表示的区域上一动点,那么直线斜率的最小值为
〔A〕2〔B〕1〔C〕〔D〕
,.假设是的必要而不充分条件,那么是的
〔A〕充分而不必要条件〔B〕必要而不充分条件
〔C〕充要条件〔D〕既不充分也不必要条件

,切点分别为,,那么直线的方程为
〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕
,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为
〔A〕243〔B〕252〔C〕261〔D〕279
:的焦点与双曲线:的右焦点的连线交于第一象限的点。假设在点处的切线平行于的一条渐近线,那么
〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕
,那么当取得最大值时,的最大值为
〔A〕0〔B〕1〔C〕〔D〕3
二、填空题:本大题共4小题,每题4分,共16分。
,,那么输出的n的值为_____.
否
是
开始
输入
输出
结束
,使得成立的概率为______.
°,且,,假设,且,
那么实数的值为__________.
“正对数〞:现有四个命题:
①假设,那么;
②假设,那么
③假设,那么
④假设,那么
其中的真命题有__________________.(写出所有真命题的编号)
三、解答题:本大题共6小题,共74分。
17.〔本小题总分值12分〕设△的内角所对的边分别为,且,,。
〔Ⅰ〕求的值;〔Ⅱ〕求的值。
18.〔本小题总分值12分〕如下图,在三棱锥中,平面,,分别是的中点,,与交于点,与交于点,连接.
〔Ⅰ〕求证:;〔Ⅱ〕求二面角的余弦值。
19.〔本小题总分值12分〕甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束,除第五局甲队获胜的概率是
外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是,假设各局比赛结果相互独立.
〔Ⅰ〕分别求甲队以3:0,3:1,3:2胜利的概率;
〔Ⅱ〕假设比赛结果为3:0或3:1,那么胜利方得3分,对方得0分;假设比赛结果为3:2,那么胜利方得2分、。
20.〔本小题总分值12分〕设等差数列的前n项和为,且,.
〔Ⅰ〕求数列的通项公式;
〔Ⅱ〕设数列前n项和为,且〔为常数〕.。
21.〔本小题总分值13分〕设函数〔=……是自然对数的底数,〕.
〔Ⅰ〕求的单调区间、最大值;〔Ⅱ〕讨论关于的方程根的个数。
22.(本小题总分值13分)椭圆的左、右焦点分别是,离心率为,过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
〔Ⅰ〕求椭圆的方程;
〔Ⅱ〕点是椭圆上除长轴端点外的任一点,连接,设的角平分线交的长轴于点,求的取值范围;
〔Ⅲ〕在〔Ⅱ〕的条件下,过点作斜率为的直线,使得与椭圆有且只有一个公共点,设直线的斜率分别为,假设,试证明为定值,并求出这个定值.
参考答案
一、选择题
【解析】由(z-3)(2-i)=5,得,所以,选D.
【解析】因为,所以,即,有5个元素,选C.
【解析】因为函数为奇函数,所以,选A.
【解析】取正三角形ABC的中心,连结,那么是PA与平面ABC所成的角。因为底面边长为,所以,.三棱柱的体积为,解得,即,所以,即,选B.
【解析】将函数y=sin〔2x+〕的图像沿x轴向左平移个单位,得到函数,因为此时函数为偶函数,所以,即,所以选B.
【解析】作出可行域如图
由图象可知当M位于点D处时,OM的斜率最小。由得,即,此时OM的斜率为,选C.
【解析】因为﹁p是q的必要而不充分条件,所以﹁q是p的必要而不充分条件,即p是﹁q的充分而不必要条件,选A.
【解析】函数y=xcosx+sinx为奇函数,所以图象关于原点对称,所以排除B,,,排除A,选D.
【解析】由图象可知,是一个切点,所以代入选项知,不成立,排除。又直线的斜率为负,所以排除C,选A
【解析】有重复数字的三位数个数为。没有重复数字的三位数有,所以有重复数字的三位数的个数为,选B.
【解析】经过第一象限的双曲线的渐近线为。抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为.,所以在处的切线斜率为,即,所以,即三点,,共线,所以,即,选D.
【解析】由,得。所以,当且仅当,即时取等号此时,.
,应选B.
【解析】第一次循环,,此时不成立。第二次循环,,此时成立,输出。
14.【解析】设,那么。由,解得,即当时,。由几何概型公式得所求概率为。
15.【解析】向量与的夹角为,且所以。由得,,即,所以,即,解得。
16.①③④【解析】①当时,,,所以成立。当时,,此时,即成立。综上恒成立。②当时,,所以不成立。③讨论的取值,可知正确。④讨论的取值,可知正确。所以正确的命题为①③④。
:〔Ⅰ〕由余弦定理,得,
又,,,所以,解得,.
〔Ⅱ〕在△中,,
由正弦定理得,
因为,所以为锐角,所以
因此.
:〔Ⅰ〕证明:因为分别是的中点,
所以∥,∥,所以∥,
又平面,平面,
所以∥平面,
又平面,平面平面,
所以∥,
又∥,
所以∥.
〔Ⅱ〕解法一:在△中,,,
所以,即,因为平面,所以,
又,所以平面,由〔Ⅰ〕知∥,
所以平面,又平面,所以,同理可得,
所以为二面角的平面角,设,连接,
在△中,由勾股定理得,,
在△中,由勾股定理得,,
又为△的重心,所以
同理,
在△中,由余弦定理得,
即二面角的余弦值为.
解法二:在△中,,,
所以,又平面,所以两两垂直,
以为坐标原点,分别以所在直线为轴,轴,轴,建立如下图的空间直角坐标系,设,那么,,,,,,所以,,,,
设平面的一个法向量为,
由,,
得
取,得.
设平面的一个法向量为
由,,
得
取,
因为二面角为钝角,所以二面角的余弦值为.
:〔Ⅰ〕记“甲队以3:0胜利〞为事件,“甲队以3:1胜利〞为事件,“甲队以3:2胜利〞为事件,由题意,各局比赛结果相互独立,
故,
,
所以,甲队以3:0,3:1,3:2胜利的概率分别是,,;
〔Ⅱ〕设“乙队以3:2胜利〞为事件,由题意,各局比赛结果相互独立,所以
由题意,随机变量的所有可能的取值为0,1,2,3,,根据事件的互斥性得
,
,
,
故的分布列为
0
1
2
3
所以
:〔Ⅰ〕设等差数列的首项为,公差为,
由,得
,
解得,,
因此
〔Ⅱ〕由题意知:
所以时,
故,
所以,
那么
两式相减得
整理得
所以数列数列的前n项和
:〔Ⅰ〕,
由,解得,
当时,,单调递减
所以,函数的单调递增区间是,单调递减区间是,
最大值为
〔Ⅱ〕令
〔1〕当时,,那么,
所以,
因为,所以
因此在上单调递增.
〔2〕当时,当时,,那么,
所以,
因为,,又
所以所以
因此在上单调递减.
综合〔1〕〔2〕可知当时,,
当,即时,没有零点,
故关于的方程根的个数为0;
当,即时,只有一个零点,
故关于的方程根的个数为1;
当,即时,
①当时,由〔Ⅰ〕知
要使,只需使,即;
②当时,由〔Ⅰ〕知
;
要使,只需使,即;
所以当时,有两个零点,故关于的方程根的个数为2;
综上所述:
当时,关于的方程根的个数为0;
当时,关于的方程根的个数为1;
当时,关于的方程根的个数为2.
:〔Ⅰ〕由于,将代入椭圆方程得
由题意知,即又
所以,所以椭圆方程为
〔Ⅱ〕由题意可知:=,=,设其中,将向量坐标代入并化简得:m〔,因为,
所以,而,所以
〔3〕由题意可知,l为椭圆的在p点处的切线,由导数法可求得,切线方程为:
,所以,而,代入中得
为定值。