山东省潍坊市2022-2023学年高三下学期3月学科核心素养测评试题 数学 Word版含解析

2023年潍坊市高中学科核心素养测评

高三数学

一、单项选择题：本大题共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. 设为上的可导函数，且，则曲线在点处的切线斜率为（    ）

A. 2 B. -1 C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据导数的定义，计算得到答案.

【详解】.

故曲线在点处的切线斜率为.

故选：C

2. 已知全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求解全集以及集合，根据补集的定义计算补集即可求出结果.

详解】解：，，

所以或.

故选：D

3. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（图1），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（图2）完好，则（    ）

A. 甲的单场平均得分比乙低 B. 乙的60%分位数为19

C. 甲、乙的极差均为11 D. 乙得分的中位数是16.5

【答案】D

【解析】

【分析】根据茎叶图、直方图，平均数、中位数、百分数、极差的求法判断各项的正误即可.

【详解】A：由茎叶图和直方图，甲比赛得分为，平均得分为，

乙比赛得分为，平均得分为，甲高于乙，错误；

B：由，故乙的60%分位数为17，错误；

C：甲的极差为，乙的极差为，错误；

D：乙得分的中位数是，正确.

故选：D

4. 已知函数，函数在上的零点的个数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】首先求出的解析式，即可得到，再根据余弦函数的性质计算可得.

【详解】因为，

所以

，

所以，

令，令，则，解得，

因为，所以或或，

所以函数在上的零点的个数为个.

故选：B

5. 如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.

【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，

等边△的高为，

在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，

则，且，

所以，，，

若为面PBC的法向量，则，令，则，

又平面PBC，则且k为实数，，故.

故选：D

6. 阿基米德螺线是一个点匀速离开一个固定点的同时又以固定的角速度绕该固定点转动而产生的轨迹．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，，，并按这样的规律继续下去．若四边形的面积为760，则n的值为（    ）

A. 18 B. 19 C. 21 D. 22

【答案】A

【解析】

【分析】根据四边形的特点，将四边形的面积转化为四个直角三角形的面积，即可求解.

【详解】如图，四边形的面积由四个直角三角形构成，

得，

，

，

即，，

解得：

故选：A

7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，点P为与的一个交点，若△的内切圆圆心的横坐标为4，的准线与交于A，B两点，且，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，由题设知且求得，再由内切圆中切线长性质及双曲线定义、性质确定与的切点的位置，进而求离心率.

【详解】由题设，又点与抛物线的焦点重合，即，

由，则，故，即，

如下图示，内切圆与△各边的切点为，

所以，又，

则，

所以为双曲线右顶点，又△的内切圆圆心的横坐标为4，即，

故，则，所以离心率为.

故选：B

8. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用、的形式构造函数，应用导数研究其在上单调性，进而比较相应函数值的符号，即可知参数的大小关系.

【详解】由，令且，

所以，

令且，则，即递减，

所以，故在上恒成立，则在上递减，

所以，即，则；

由，令且，

所以在上递增，故，

故在上递增，，即，则；

综上，.

故选：C

【点睛】关键点睛：应用作差法得到某种函数形式，并构造函数研究单调性判断函数值的符号即可.

二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，

9. 假设某厂有两条包装食盐的生产线甲、乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布（单位：g），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为xg，随机变量x服从正态密度函数，其中，则（    ）

附：随机变量，则，，．

A. 正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于485g的概率为0.15%

B. 生产线乙的食盐质量

C. 生产线乙产出的包装食盐一定比生产线甲产出的包装食盐质量重

D. 生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于515g，于是判断出该生产线出现异常是合理的

【答案】AD

【解析】

【分析】根据正态分布的参数，以及结合原则的参考数据，即可判断选项.

【详解】由条件可知，设生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐的质量为，

其中，其中，，

则，故A正确；

B. 随机变量x服从正态密度函数，可知，，，

所以生产线乙的食盐质量，故B错误；

C.不一定，可能小概率事件发生，生产线乙产出的包装食盐比生产线甲产出的包装食盐质量轻，故C错误；

D. ，说明生产线甲抽到质量大于515g的可能性很低，所以随机抽取两包质量均大于515g，说明判断出该生产线出现异常是合理的，故D正确.

故选：AD

10. 已知非零向量，，对任意，恒有，则（    ）

A. 在上的投影的数量为1 B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据数量积的运算律求得，再根据数量积的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】由可得，

又，令则上式等价于，对任意的恒成立，

故，解得，解得，即；

对A：由，且，故，即在上的投影的数量为1，故A正确；

对B：，，

，即，故B正确；

对C：，不确定其结果，故不一定成立，故C错误；

对D：，故，D正确；

故选：ABD.

11. 已知函数的定义域D关于原点对称，且，当时，；且对任意且，都有，则（    ）

A. 是奇函数 B.

C. 是周期函数 D. 在上单调递减

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，令，根据证明即可判断；对于B，根据，结合即可求得，即可判断；对于C，先求出，再根据求出，即可判断；对于D，令，先判断的符号，再根据比较即可判断.

【详解】对于A，令，

则，

所以函数是奇函数，故A正确；

对于B，由，得，

所以，

则，

所以，故B错误；

对于C，由，

得，

则，

则，即，

所以函数是以为周期的周期函数，故C正确；

对于D，令，则，

则，所以，

，所以，所以，

，

因为，所以，

所以，即，

所以在上单调递减，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：本题考查了抽象函数的奇偶性，周期性及单调性，C选项的关键在于根据判断与的关系，D选项的关键在于令，判断出的符号.

12. 设，当时，规定，如，．则（    ）

A.

B.

C. 设函数的值域为M，则M的子集个数为32

D

【答案】BCD

【解析】

【分析】结合特例，可判定A错误；结合，可判定B正确；结合正弦、余弦函数的值域，得到的值域为，可判定C正确；设，得到的周期为，证得恒为，可判定D正确.

【详解】对于A中，例如，则，

可得，所以A错误；

对于B中，由，所以，

所以，所以，所以B正确；

对于C中，因为，可得，

当时，可得，

即函数的值域为，

所以集合的子集个数为，所以C正确；

对于D中，设，

若，可得，所以，，

则，

所以的周期为，

又当时，可得，此时；

，此时；

，此时；

，此时，

所以，结合周期为，即恒为，所以D正确.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解：

1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化；

2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解.

三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置．

13. 已知，（i为虚数单位），则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的乘方运算及乘法运算计算，再借助复数相等求解作答.

【详解】由得：，即，而，则，

所以.

故答案为：

14. 已知圆M满足与直线和圆都相切，且直线MN与l垂直，请写出一个符合条件的圆M的标准方程________________________．

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】不妨设圆与圆外切，根据直线与垂直，可得圆纵坐标，由两圆的位置关系列出横坐标和半径的等量关系，求解可得圆的一个方程.

【详解】由条件可知：直线与圆相离，不妨设圆与圆外切，

设，半径为，

因直线与垂直，所以，

则有，解得：，

所以圆的标准方程为：.

故答案为：

15. 若，，则的最大值为____________．

【答案】##

【解析】

【分析】由，再利用基本不等式即可得解.

【详解】，

当且仅当且，即时，取等号，

所以的最大值为.

故答案为：.

16. 公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，若在等高处的截面积相等，则体积相等．如图是某厂家生产的游泳池浮漂实物图及设计图，则h的长度为____________cm；利用祖暅原理可求得该浮漂的体积为____________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据设计图截面结构，结合球体轴截面的性质确定球体半径、实物高及中间柱体底面半径的关系求h；应用祖暅原理求圆柱两端处球冠的体积，然后用球体体积减去圆柱体积、两个球冠体积即可得实物体积.

【详解】由实物轴截面如下图示：为球心，

结合设计图知：，故，可得cm；

由题设知：若为球体体积，为圆柱体积，为圆柱一端的球冠体积，

由祖暅原理知：，

所求体积为cm3.

故答案为：，

【点睛】关键点点睛：第二空，求柱体两端球冠体积要模仿祖暅原理求球体体积的思路计算得出，然后求实物体积.

四、解答题：本大题共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. 将正奇数数列1，3，5，7，9…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．

（1）设数表中每行的最后一个数依次构成数列，求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）题意三角形数表可知，利用累加法和等差数列前n项求和公式计算可得，检验即可；

（2）由（1）可得，结合裂项相消求和法计算即可求解

【小问1详解】

由题意知，，，……，，

所以，

，

得，因为，所以，

经检验满足题意，所以；

【小问2详解】

由题意得，，

所以，．

18. 设钝角△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，其中R是外接圆的半径．

（1）若，求C的大小；

（2）若，，证明：为等腰三角形．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）应用正余弦边角关系及三角形内角性质得，即可求C的大小；

（2）由（1）及题设易知，则有，应用余弦定理可得，进而确定三角形形状.

【小问1详解】

因为，由余弦定理得：，所以，

由正弦定理得：，所以，

又，，所以，又，所以．

【小问2详解】

由题意得，，

由（1）知：，所以，

所以，则，即，即，

在中，在中，

所以，解得，故，

又，故，，

所以为等腰三角形．

19. 如图，直角梯形ABCD中，，直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台．

（1）求圆台的表面积和体积；

（2）若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角到，且直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求角的最小值．

【答案】（1）表面积和体积分别为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用圆台的表面积、体积公式求圆台的表面积和体积；

（2）构建空间直角坐标系，确定、面ABCD的一个法向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求，进而可求的最小值.

【小问1详解】

由题意，直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，可得该圆台的母线长为，

所以该圆台的表面积，

该圆台的体积，

故所求圆台的表面积和体积分别为，；

【小问2详解】

作，以点B为坐标原点，射线BA，BM，BC为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，即，

又平面ABCD的一个法向量，设与平面ABCD所成的角为，

则，

两边平方并结合，

解得或，故时所求的最小值为．

20. 某校举行“强基计划”数学核心素养测评，要求以班级为单位参赛，最终高三一班（45人）和高三二班（30人）进入决赛．决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4个选择题和2个填空题，乙箱中有3个选择题和3个填空题，决赛由两个环节组成，环节一：要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱．并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据；环节二：由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛，并分别统计两人的测评成绩的相关数据，两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计得分的高低决定班级的名次．

（1）环节一结束后，按照分层抽样的方法从两个班级抽取20名同学，并统计每位同学答对题目的数量，统计数据为：一班抽取同学答对题目的平均数为1，方差为1；二班抽取同学答对题目的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差；

（2）环节二，王刚先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后李明再抽取题目，已知李明从乙箱中抽取的第一题是选择题，求王刚从甲箱中取出的是两道选择题的概率．

【答案】（1）样本均值为1.2，样本方差为0.76   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先求分层抽取的两个班的人数，再根据两个班抽取人数的平均数和方差，结合总体平均数和方差公式，代入求值；

（2）根据全概率公式和条件概率公式，即可求解.

【小问1详解】

一班抽取人，二班抽取人，

一班样本平均数为，样本方差为；二班样本的平均数为，样本方差为；总样本的平均数为．

记总样本的样本方差为，

则．

所以，这20人答对题目的样本均值为1.2，样本方差为0.76．

【小问2详解】

设事件A为“李明同学从乙箱中抽出的第1个题是选择题”，

事件为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是选择题”，

事件为“王刚同学从甲箱中取出1个选择题1个填空题"，

事件为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是填空题”，

则、、，彼此互斥，且，

，，，

，，，

所求概率即是A发生的条件下发生的概率：

．

21. 已知动点P与两定点，，直线与的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的方程；

（2）设，E为直线上一动点，直线DE交曲线C于G，H两点，若、、、依次为等比数列的第m、n、p、q项，且，求实数a的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设点坐标，依据题意列出等式，化简可求出轨迹方程；（2）依据等比数列的性质可得，代入弦长公式化简结合韦达定理可求出的值.

【小问1详解】

设动点P的坐标为，

由题意得，，

化简得：，

故所求C的方程为．

【小问2详解】

设，，设直线DE的方程为：，

设，，联立方程：

消去y得，

所以，，

由题意得，

所以，即．

即

从而，

所以，

即，

所以，又，，经检验满足题意．

22. 已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若对任意，都有，求实数k的取值范围；

（3）当时，对任意的，且，试比较与的大小．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；

（2）由已知不等式恒成立且知，进而求得，再代入应用导数研究恒成立，根据充要关系确定参数值；

（3）设，构造，利用导数研究单调性，进而确定其函数值符号，即可证结论.

【小问1详解】

当时，，所以，，

所以在点处的切线方程为．

【小问2详解】

对都有且，而，则，

所以，此时，故，则，

在上，即单调递增，且，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，满足题意，

综上，．

【小问3详解】

不妨设，令，

所以，则，

又，，，且，

当，，而，，

所以，故，在上单调递增，

所以，所以单调递增，故，

所以，即．

【点睛】关键点点睛：第二问，根据不等式恒成立及得求参数范围，求证所得参数范围使不等式恒成立，由充要关系确定范围；第三问，构造研究其函数值符号即可.