2023届山东省日照市高三一模考试数学试题含解析

这是一份2023届山东省日照市高三一模考试数学试题含解析，共22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届山东省日照市高三一模考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出集合，再依据并集的定义求并集.
【详解】，又，
所以
故选：D
2．已知复数，为虚数单位，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用复数除法运算求得，然后求得.
【详解】，
.
故选：C
3．在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（    ）

A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】根据正切值的定义可以先算出，然后由两角和的正切公式求出.
【详解】
过作轴，垂足为，根据正切值的定义：，则，解得.
故选：D
4．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.
【详解】由题意得：，
所以cm，
所以cm，
所以两个球冠的面积为cm2，
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：
cm2，
故选：C.
5．已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则的最大值为（    ）
A．13 B．12 C．8 D．
【答案】B
【分析】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研究最值.
【详解】
以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB、DE交y轴于G、H，
则，
设，，由正六边形对称性，不妨只研究y轴左半部分，
（1）当P在EH上时，则，，则；
（2）当P在AG上时，则，，则；
（3）当P在EF上时，则：，，则；
（4）当P在AF上时，则：，，则.
综上，所求最大值为12.
故选：B.
6．已知，，设命题：，命题：，则是的（    ）
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】B
【分析】取特值，，满足，不满足；运用基本不等式得，即，由指数函数的单调性得，运用基本不等式和充分必要条件的定义 判断可得选项.
【详解】解：当时，满足，但，不满足，所以不是的充分条件；
当，，时，，即，当且仅当时取等号，所以，即，又，当且仅当时取等号，
解得，所以是的必要条件，
因此，是的必要不充分条件.
故选：B.
7．已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式得出，然后根据等差数列的性质进项求解即可得出结果.
【详解】数列满足，，
当时，，解得：；
当时，，
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，，
若存在正整数，使得，，成等差数列，
则，所以     ①
因为数列是单调递减数列，
当时，由，解得：，舍去；
当时，则，；
当时，，，所以，①式不成立，
所以，则有，解得：，
故选：.
8．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.
【详解】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A

二、多选题
9．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．若互斥，则
D．若独立，则
【答案】ABD
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．
【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；
选项中：， 选项B正确；
选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；
选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.
故选：.
10．已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（    ）

A．平面分正方体所得两部分的体积相等
B．四边形一定是菱形
C．四边形的面积有最大值也有最小值
D．平面与平面始终垂直
【答案】AC
【分析】利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和的大小可判断B错误；结合异面直线距离说明四边形的面积最小值和最大值取法，判断C正确；只有当平面时，才有平面平面，判断D错误.
【详解】对于A：由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故A正确；
对于B：因为平面，平面平面，
平面平面，∴.
同理可证：，故四边形是平行四边形，当E不是的中点时，,此时四边形不是菱形，故B错误；
对于C：由B得四边形一定是平行四边形，所以四边形的面积等于三角形面积的两倍，而为定值，所以当到直线距离最大时，三角形面积取最大值，因为为棱中点时, 到直线距离恰为异面直线距离，即为最小值，此时三角形面积取最小值，即四边形的面积取最小值.因此当E与A重合或重合时，三角形面积取最大值，即四边形的面积即取最大值，故C正确；
对于D：因为平面平面，又平面平面，所以只有当平面时，才有平面平面，故D错误.
故选：AC
11．设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，.当变化时，函数的所有零点从小到大记为，则的值可以为（    ）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】ABC
【分析】将方程的根转化为与直线的交点，并可知与均关于对称，作出的图像，通过数形结合的方式可确定不同取值时交点的个数，结合对称性可求得结果.
【详解】为奇函数，图像关于点对称，
由得：，则方程的根即为与直线的交点，
作出图像如图所示，

①当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
②当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
③当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
④当时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
⑤当，即时，如图中和所示时，与直线有且仅有一个交点，.
综上所述：取值的集合为.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.
12．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.
B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.
C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.
D.与C选项同样的方法即可判断.
【详解】A.        令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且
          
   即    故选项A正确
B.         令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且
          
   即   故选项B错误
C.       
     又在单调递增     
故选项C错误
D. 由C可知，   又在单调递减    
故选项D正确
故选：AD

三、填空题
13．在的展开式中,的系数为___________.
【答案】10
【解析】根据二项展开式的通项，赋值即可求出．
【详解】的展开式通项为，令，所以的系数为．
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查二项展开式某特定项的系数求法，解题关键是准确求出展开式的通项，属于基础题．
14．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，则__________.
【答案】
【分析】根据函数的最小正周期得到，利用对称轴得到，然后代入计算即可求解.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，又因为直线是函数的一条对称轴，所以，解得：，因为，所以，
则函数，所以，
故答案为：.
15．对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值______.
【答案】或
【分析】根据 和 函数图像，对a分类讨论求解即可.
【详解】 和 的图像如图：

当 时，  ， ， ， ；
当 时， ；
故答案为： 或 .
16．设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.

【答案】##
【分析】设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为，再证明O到平面MAB的距离大于球O的半径r，O到面MCD的距离也大于球O的半径r，即得解.
【详解】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.
设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.
不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.
设球O的半径为r，则.
设AD=EF=a，因为，所以，
，
且当，即时，上式取等号，所以，当AD=ME=时，
所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为.
作OG⊥ME于G，易证OG//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.
过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.
，，
又，，
,.
,
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为.
故答案为：


四、解答题
17．在数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出的表达式，再验证的值是否满足的表达式，综合可得出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，①
则当时，，即，
当时，，②
①②得，所以，
也满足，故对任意的，.
（2）证明：，
所以
．
，
，即结论成立.
18．已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.

(1)求角B；
(2)若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，又，可得，结合二倍角公式可求得结果；
（2）由题意可知为等边三角形，设，则，由余弦定理得，设，所以，利用基本不等式可求得答案.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理边角互化得，
因为，所以，即，所以，
因为，所以，所以，
所以，即.
（2）因为，所以为等边三角形，即，
设，则，
所以在中，由余弦定理得，整理得，
设，所以，
由于，故，
所以，当且仅当时等号成立，此时，
所以AD的最小值为．
19．如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.

(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）作出，从而求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．
【详解】（1）连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．

【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
20．已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.
(1)求的方程；
(2)设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义进行求解；
（2）设，则，可得，由导数的几何意义可得，设，，中点，由点差法可得，，从而可以求出.
【详解】（1）∵为等边三角形时，其面积为，
∴，解得，
根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，

设准线和轴交点为，易证，于是，
∴的方程为；
（2）假设存在，使得，则线为段的中点，
设，依题意得，则，
由可得，所以切线的斜率为，
设，，线段的中点，
由，可得，
所以，
整理可得：，即，所以，
可得，又因为，
所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，
综上，存在，使得点为的中点恒成立，.
21．第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②

【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：

0
1
2
3







方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：

0
1
2
3






所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
22．已知函数，.
(1)若直线是的切线，函数总存在，使得，求的取值范围；
(2)设，若恰有三个不等实根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先根据导数的几何意义算出，然后分析出的范围，最后将化成只含有的表达式，构造函数进行求解；
（2）恰有三个不等实根，显然不能的极小值非负，讨论参数的范围，当极小值为负数的时候，根据绝对值函数的图像，只需就可使得恰有三个不等实根.
【详解】（1）由直线是的切线，可设切点为，则，解得，于是.
若，则，不符题意；
若，则，不符题意；
有一个取时均不成立，故只有才可以让成立.
于是，下设，则，故在上单调递增，故，于是，也即，
所以的取值范围为；
（2），在上单调递增，
当时，，，
下令，则，故为增函数，
于是，即，.
根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，即，此时不可能有三个根；
当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，此时不可能有三个根；
当时，，在上递增，注意到，，，递减，当，，递增，故为极小值点，而，故不可能有三个根；
当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，
而，故. 由.
由有三个根，则，
即，由，结合对勾函数性质推出，故，即
【点睛】关键点点睛：本题的难点在第二问，解决该问的关键是利用方程根的个数确定函数极值的范围及参与与极值的关系.