2023届山东省日照市高三上学期11月校际联合考试数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省日照市高三上学期11月校际联合考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省日照市高三上学期11月校际联合考试数学试题 一、单选题1．若复数，则复数在复平面内对应点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出合适的选项.【详解】，因此，复数在复平面内对应点的坐标为.故选：B.2．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．或【答案】C【分析】分别求解指数不等式和二次不等式得集合，再求补集和交集即可.【详解】因为，，所以．故选：C.3．不等式的解集为（    ）A．或 B． C． D．或【答案】A【分析】先通过化简将原不等式转化为一元二次不等式，再结合一元二次不等式的解法求其解集.【详解】因为，所以，，，所以，故或，所以不等式的解集为或．故选：A．4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先记，化简整理，由函数解析式，判定奇偶性，再判断时，，进而可得出结果.【详解】记，则，因此函数是偶函数；故排除BC；当时，，，因此；排除D；故选：A.【点睛】本题主要考查判定函数图像的识别，熟记函数的性质即可，属于常考题型.5．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数量积的几何意义求解．【详解】，即与在向量方向上的投影的积．由图2知，点在直线上的射影是中点，由于，圆弧直径是2，半径为1，所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是－2，因此的最大值是，最小值是，因此其取值范围为，故选：D．6．“数列为等比数列”是“数列为等差数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据等差数列的性质及对数的性质可求解.【详解】数列为等比数列，设其公比为，则也为等比数列，且，所以，所以，为等差数列，反之，若数列为等差数列，例如则，即，满足数列为等差数列，但推不出“数列为等比数列”（正负随取构不成等比数列）.所以，“数列是等比数列”是“数列为等差数列”的充分不必要条件.故选：A.7．正项数列中，（k为常数），若，则的取值范围是（    ）A． B．[3，9] C． D．[3，15]【答案】A【分析】根据递推公式，求出，然后化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解.【详解】因为，所以，所以，令，化简可得，令，所以．故选：A．8．已知平面向量，，满足⊥，且，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立直角坐标系，进而可得点C的轨迹，然后根据三角形相似将转为求线段和最短，然后根据数形结合即得.【详解】设，，则，，即C在以为圆心，2为半径的圆上，如图，取，则，又，所以有～，所以，又因为，，所以．故选：B. 二、多选题9．已知等差数列的前n项和为，若，则（    ）A．B．若，则的最小值为C．取最大值时，或D．若，n的最大值为8【答案】ACD【分析】求出等差数列的通项公式判断A，由等差数列性质得利用基本不等式求最小值判断B，由等差数列的是递减数列，找到正负分隔的项即可得最大时的值，从而判断C，求得等差数列的前项和，解不等式判断D.【详解】由题意得，可得，则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；若，则,则（当且仅当，时等号成立）又，则的最小值不是．则选项B判断错误；等差数列中，…则等差数列的前n项和取到最大值时，n=4或n=5．则选项C正确；，得,且，故n的最大值为8，则选项D判断正确，．故选：ACD10．函数的部分图象如图所示，则（    ）A．B．图象的一条对称轴方程是C．图象的对称中心是，D．函数是偶函数【答案】BD【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.【详解】由函数的图象知：，所以；即，解得，所以，因为，所以，，即，，因为，所以，.对选项A，因为，故A错误.对选项B，，故B正确．对选项C，令，k∈Z，解得，，所以的对称中心是，，故C错误．对选项D，设，则的定义域为R，，所以为偶函数，故D正确.故选：BD11．若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】首先将化简，然后分别对，和，进行作差，构造函数，利用导数判断出构造函数的单调性，通过单调性对作差结果的正负进行判断，从而比较出大小.【详解】∵，∴，令，则，易知在区间单调递增，，∴在区间单调递增，又∵，∴，即，∴， 因为，令，则，当时，，∴在区间单调递增，又∵，∴，即，∴，综上所述，，，之间的大小关系为.故选：AD.12．已知定义在R上的函数满足，又的图象关于点对称，且，则（    ）A．函数的一个周期为16 B．C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称【答案】ACD【分析】首先根据题目所给条件求出函数的周期以及对称轴、对称中心、奇偶性，然后对每个选项逐个判断即可.【详解】由，令x＝4，得，，所以，关于直线x＝4对称．由于的图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以是奇函数．所以，所以的周期为16，A选项正确．，B选项不正确．结合上述分析可知，的图象关于直线x＝4＋8k（k∈Z）对称，故C选项正确；关于点（8k，0）（k∈Z）对称，所以关于点（k∈Z）对称，所以关于点（k∈Z）对称，令k＝0，得关于点对称，D选项正确．故选：ACD 三、填空题13．若，，则______．【答案】【分析】根据同角三角函数关系，可得，再结合二倍角公式求解即可.【详解】因为，，由，得，．故答案为：．14．设、为不相等的实数.若二次函数满足，则的值为______.【答案】4【分析】由已知条件及二次函数图像的轴对称性得即2a+b=0，再求f(2)的值.【详解】由已知条件及二次函数图像的轴对称性得.故答案为4【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.15．已知函数，其中.若存在实数b，使得关于x的方程有两个不同的实数根，则m的取值范围是______.【答案】【分析】通过分析分段函数的单调性可得到，故令，通过导数的知识分析的单调性即可得到答案【详解】当时，，是增函数；当时，，也是增函数，所以当点在点上方时，存在实数，使直线与曲线有两个交点，即存在实数，使得关于的方程有两个不同的实数根，所以即，令，所以，因为当，函数单调递减，函数单调递增，所以当时，单调递减，又，，所以存在，使得，所以当，，单调递增；当，，单调递减，因为，，所以当时，，故m的取值范围是，故答案为：16．对任意闭区间，用，表示函数在上的最小值．若正数满足，则正数的取值范围为______．【答案】或【分析】对分类讨论，结合余弦函数的性质及二倍角公式计算可得.【详解】解：①当时，，为在上为减函数，所以，，由，则，即，解得或，不合题意；当时，有，，，由，则，可得；当时，有，，，不合题意；当时，有，，，适合题意；当时，的区间长度不小于，故，，适合题意．综上正数的取值范围为或．故答案为：或 四、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足，且．(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据，结合，得到，再由b＝c求解；（2）由，利用余弦定理得到 ，再利用余弦定理，结合基本不等式求解.【详解】（1）解：因为，所以，即，所以，因为b＝c，所以，因为，所以．（2）因为，由余弦定理得，，即，所以，当且仅当时，即时，取等号．因为，所以B的最大值为．18．已知等差数列，分别从下表第一、二、三行中各取一个数，依次作为a1，a2，a4，且a1，a2，a4中任何两个数都不在同一列．公比大于1的等比数列的前三项恰为数列前5项中的三个项． 第一列第二列第三列第一行802第二行743第三行9124 (1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由表格中数确定出后可得通项公式，然后求得数列的前3项后求得通项公式；（2）用裂项相消法求和．【详解】（1）由题意可知，满足，，，则公差，所以数列的通项公式为；的前5项为0，3，6，9，12，所以数列的前三项为3，6，12，所以公比，．（2），，所以数列的前n项和．19．设函数．(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求实数的值；(2)若在处取得极小值，求实数的取值范围．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）根据导数的几何意义，求解，则即可得实数的值；（2）根据函数极值的概念，求函数的导数，讨论函数单调性，确定函数极值情况，即可得实数的取值范围．【详解】（1）解：因为，所以，因为曲线在点处的切线斜率为0，所以，解得；（2）解：，①若，令得，则时，，单调递增；时，，单调递减，故在处取得极大值，不符合题意；令，解得，，②若，则，在上单调递增，无极值，不符合题意；③若，则，所以当或时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减；在单调递增，可得在处取得极小值，符合题意；④若，则，所以当或时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，可得在处取得极大值，不符合题意；⑤若，则，所以当或时，；当时，，故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，可得在处取得极大值，不符合题意；综上可得，的范围是.20．已知是各项均为正数的等比数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积..【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）【详解】(I)设数列的公比为，由已知.由题意得，所以，因为,所以，因此数列的通项公式为（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以……+=……+      ①又……+ ②①-②得= 所以【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.21．如图，某公园拟划出一块平行四边形区域ABCD进行改造，在此区域中，将∠DCB和∠DAB为圆心角的两个扇形区域改造为活动区域，其他区域进行绿化，且这两个扇形的圆弧均与BD相切．(1)若AD＝40，AB＝30，（长度单位：米），求活动区域的面积；(2)若扇形的半径为10米，圆心角为，则∠BDA多大时，平行四边形区域ABCD面积最小？【答案】(1)(2) 【分析】(1)由余弦定理算出角，再用正弦定理得到，算出扇形半径，利用扇形面积公式求活动区域面积.（2）设，根据平行四边形绿地ABCD面积S表示成关于θ的函数，利用三角函数的辅助角公式求出最值即可.【详解】（1）在中，由余弦定理，，故，又由正弦定理有，故，连接与切点，则有，如图所示， 则中，扇形的半径，故活动区域的面积.（2）设，则． 在中，，在中，，故平行四边形ABCD面积，因为，当，即，时，即时，平行四边形区域ABCD面积最小．22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)已知关于x的方程有两个解，①求实数的取值范围；②若为正实数，当时，都有，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)①；② 【分析】（1）求导得，分，两种情况，讨论的符号，进而可得的单调区间；（2）①由得，令，问题转化为在上有两个零点，结合其单调性、极值等性质求解并验证的取值范围；②由已知条件得，结合得，令，则在上恒成立．构造函数，结合其单调性等性质，得出的取值范围．【详解】（1）因为，所以，当时，，故在上单调递增；当时，令得；令得；所以在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，的单调递增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）①由得，即有两个解，令，则，且在上有两个零点，当时，，故在上单调递增，则在上至多有一个零点，不满足题意；当时，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，即的极小值为，为使在上有两个零点，则，即，解得，当时，易知，因为，故，又在上单调递减，所以在有唯一零点；当时，令，则，再令，则，故在上单调递增，所以，即，故在上单调递增，所以，因为，所以，即，即，则，所以，故，又在上单调递增，所以在有唯一零点，综上：当时，在上两个零点，即有两个解时，，故实数a的取值范围为．②由题意知，，故，又，所以，即，即，故，令，则在上恒成立，，即，令，，，，．当时，，所以在上单调递增，所以当时，，适合题意；当时，，故，使时，，所以函数所以在上单调递减，所以当时，，不适合题意，综上：，即．【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题的常见方法：①分离参数法：分离出函数中的参数，问题转化为求新函数的最值或范围．若恒成立，则；若恒成立，则；②最值法：通过对函数最值的讨论得出结果．若恒成立，则；若恒成立，则；③数形结合法：若恒成立，则的图象始终在的图象的上方；若恒成立，则的图象始终在的图象的下方；④分段讨论法：对变量进行分段讨论，然后再综合处理．