2023届山东省潍坊市安丘市高三下学期3月份过程检测数学试题含解析

这是一份2023届山东省潍坊市安丘市高三下学期3月份过程检测数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省潍坊市安丘市高三下学期3月份过程检测数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A．M=N B． C． D．【答案】D【分析】利用对数函数定义域求法及指数不等式的解法化简集合，再判断各选项的对错.【详解】因为，，所以且，所以A错，B错，，C错，，D对，故选：D.2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（    ）A． B．2 C．2i D．【答案】B【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.【详解】由可得：，则，所以的虚部为2.故选：B.3．已知函数，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】先对求导，再代入即可求得.【详解】因为，所以，故，即，所以.故选：B.4．已知函数，则下列论述正确的是（    ）A．且，使B．，当时，有恒成立C．使有意义的必要不充分条件为D．使成立的充要条件为【答案】B【分析】根据余弦函数的性质，结合充分性、必要性的定义，结合对数型复合函数的单调性逐一判断即可.【详解】在中，对于A，∵，∴若，当且仅当时，，A错；对于B，当时，为增函数，而，在上为增函数， 由复合函数单调性知，当时，函数单调递增，B正确；对于C，∵有意义，∴，而为的真子集，是的充分不必要条件，C错；对于D，令，则，故，而为的真子集，故是成立的充分不必要条件，D错误.故选：B.5．在直三棱柱中，为等腰直角三角形，若三棱柱的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（    ）A．12π B．24π C．48π D．96π【答案】C【分析】设为等腰直角三角形的直角边为，三棱柱的高为，根据三棱柱的体积得，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设为等腰直角三角形的直角边为，三棱柱的高为，则，所以，则，外接圆的半径为，所以棱柱外接球的半径为，令，则，则，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，则该三棱柱外接球表面积最小值为.故选：C.6．如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小正三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小正三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基三角形.设是第n次挖去的小正三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小正三角形面积，是第2次挖去的三个小正三角形面积之和），则（    ）A．B．是等差数列C．D．前n次挖去的所有小正三角形面积之和为【答案】D【分析】根据图形可知：每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式和求和公式对选项一一判断即可得出答案.【详解】原正三角形的面积为，由题意可知：第次挖去个小正三角形，且每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，所以，故C不正确；，故A不正确；是等比数列，故B不正确；由等比数列的求和公式可得前n次挖去的所有小正三角形面积之和为:，故D正确.故选：D.7．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球.用分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（    ）A．两两不互斥 B．C．与B是相互独立事件 D．【答案】B【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A不正确；对于B，由题意可得，所以，所以B正确；对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误；对于D，由C选项可知D是错误的.故选：B.8．函数，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用函数的导数判断函数的单调性，结合对数函数的单调性、基本不等式进行求解即可.【详解】，因为，所以，因为，所以，因此有，，所以函数是实数集上的增函数，因为，所以，故选：A【点睛】关键点睛：利用导数判断函数的单调性，结合基本不等式、对数函数的单调性是解题的关键. 二、多选题9．下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据函数的奇偶性的定义可判断奇偶性，由导数即可判断单调性.【详解】对于A, ,故为奇函数， ，故为定义域内的单调递增函数，故A正确，对于B，，故为非奇非偶函数，故B错误，对于C，在定义域内不是单调增函数，故C错误，对于D，，，所以 定义域内既是奇函数又是增函数，故D正确，故选：AD10．已知函数是其中一个对称中心，且的最大值是2，则（    ）A．的最小正周期为B．将图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称C．在区间上单调递减D．在区间上有且仅有5个极大值点【答案】AD【分析】由题意求出，由图象的对称性求出的值，可得的解析式，再利用正弦函数的图象与性质对选项一一判断即可得出答案.【详解】，而的最大值是2，所以，所以是其中一个对称中心，则，所以，因为，所以，所以，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，图象向左平移个单位长度得到，得到的图象不关于原点对称，故B不正确；对于C，，所以在区间上单调有增有减，所以C不正确；对于D，，，在区间上有5个周期，所以在区间上有且仅有5个极大值点，故D正确.故选：AD.11．已知、分别为双曲线的左右焦点，过C右支上一点作直线l交y轴于，交x轴于点M，则（    ）A．C的离心率 B．点M的坐标为C．l与C相切 D．四边形面积的最小值为4【答案】ACD【分析】根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；由已知可得，进而结合双曲线方程，即可得出点的坐标，即可判断B项；设直线l的方程为，与双曲线联立可得，判断C项；由，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项.【详解】对于A，由已知可得，，，所以C的离心率为，故A项正确；对于B，设，则，整理可得，又，所以，所以有，所以点，故B项错误；对于C，设直线l的方程为，与双曲线联立，则，①，又因为，所以代入①化简可得：，所以l与C相切，所以C项正确；对于D，，当且仅当，即时，等号成立.所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.故选：ACD.12．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（    ）A．不存在某个位置，使B．存在某个位置，使C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为D．当时，的最小值为【答案】BD【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】当平面与平面垂直时，，平面与平面的交线为，平面,平面，又平面，，，故A错误，B正确；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，即平面与平面垂直时，由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，    因为，所以，，，则，，即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；对于D，当时，因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，使其与在同一平面内，则当三点共线时，最小，即的最小值为，在中，，则，所以，所以的最小值为，故D正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状. 三、填空题13．如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC的中点，则______.【答案】【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】由题可知，所以.故答案为：14．的展开式中项的系数为______.【答案】【分析】令的通项公式为，令的通项公式为，由和的范围可得答案.【详解】的通项公式为，显然，展开式中要出现，必有，令的通项公式为，由，由，，所以，或，所以的系数为.故答案为：.15．已知抛物线，其焦点为F，PQ是过点F的一条弦，定点A的坐标是，当取最小值时，则弦PQ的长是______.【答案】【分析】如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，由图可知当三点共线时，取最小值，由此可得点的坐标，从而可得直线的方程，联立方程求出点的坐标，即可得解.【详解】抛物线的焦点，准线为，如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，所以，当且仅当三点共线时取等号，所以当取最小值时，点的横坐标为，当时，，即，所以，所以直线的方程为，联立，消得，解得或，当时，，即，所以.故答案为：. 四、双空题16．已知函数，则______；设数列满足，则此数列的前2023项的和为______.【答案】          【分析】由题意可知，即可根据此关系求出，因为，则，利用倒序相加法求和即可，【详解】解：已知，则，，所以，则，已知数列，，，数列的前2023项的和，且，两式相加，得，故答案为：； 五、解答题17．如图，为半圆（为直径）上一动点，，，，记.(1)当时，求的长；(2)当周长最大时，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出的值，由正弦定理即可求出的长；（2）由余弦定理及基本不等式求出与的乘积关系，写出面积表达式，即可得出的值.【详解】（1）在中，，，，∴，，且在以为直径的圆上，∴，在中，，，由正弦定理，，解得.（2）在中，，，由余弦定理，即，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴，即当时，周长最大，此时∴.18．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数（互质是公约数只有1的两个整数），例如：，.(1)求，，；(2)若数列满足，且，求数列的通项公式和前n项和.【答案】(1)，，(2) 【分析】(1) 欧拉函数的函数值定义计算即可；(2)先构造等差数列，再根据错位相减法计算可得.【详解】（1），，.（2）∵，∴∵，∴数列是以1为首项，以为公差的等差数列.∴，∴，，，∴∴.19．如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.(1)证明：；(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；（2）由三棱柱的体积为可求出，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，∴，又∵AD=DC，∴，同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴，∵，，平面，∴平面，又∵平面，∴（2）∵且，∴平面ABC，∵平面ABC，∴，又∵，∴为二面角的平面角，即，，取BC的中点O，则，∴，又∵三棱柱的体积为，∴如图所示，建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，且，，则，令，则，，故，设平面的一个法向量为，且，，则，令，则b=0，，故，，故二面角的正弦值为.20．2023年3月某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级作为参赛队伍，本次比赛启用了新的排球用球MIKASA_V200W.已知这种球的质量指标（单位：g）服从正态分布，其中，.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下（比赛采取5局3胜制）：比赛中以3：0或3：1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3：2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分.第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率为.(1)令，则，且，求，并证明：；(2)第10轮比赛中，记1班排球队3：1取胜的概率为，求出的最大值点，并以作为p的值，解决下列问题.（i）在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为X，求X的分布列；（ii）已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军（第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多）?若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由.参考数据：，则，，.【答案】(1)，证明见解析(2)（i）分布列见解析；（ii）能， 【分析】（1）由正态分布的对称性求解即可；（2）根据二项分布先求出，再利用导数求出取得最大值时的值，（i）根据比赛积分规则，得出中国队得分可能的取值，然后求出分布列.（ii）1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分，29>28，即可得出结论.【详解】（1），又，所以.因为，根据正态曲线对称性，又因为，所以.（2），.令，得.当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数.所以的最大值点.从而（i）X的可能取值为3，2，1，0.，，，∴X的分布列为X3210P （ii）若X=3，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分，29>28，所以，1班如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为.21．已知椭圆的焦距为2，离心率为如图，在矩形ABCD中，，，E，F，G，H分别为矩形四条边的中点，过E做直线交x轴的正半轴于R点，交椭圆于M点，连接GM交CF于点T(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的焦距和离心率，即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线和直线的解析式，联立得出交点的坐标，代入椭圆方程，求出出，的比例关系，和的比例关系，即可证明结论.【详解】（1）由题意，在椭圆中，椭圆的焦距为2，离心率为∴，，∴a=2由，得：，∴椭圆的方程为（2）由题意及（1）得，在椭圆中，，，由已知，直线的斜率大于零，直线的斜率小于零，故设直线，直线，∵直线与直线相交于点，由得：.又∵点M在椭圆上∴，整理得：∵直线交轴的正半轴于点令得：，故又∵F（2，0），∴，∴∵直线交于点，令得：，故又∵，∴，∴又∵，∴∴∴.22．已知函数.(1)当时，讨论f（x）的单调性.(2)设，当时，有，求a的取值范围.【答案】(1)f（x）在上单调递增，在上单调递减(2) 【分析】(1)先求导函数 ,因为在上递增，因为,则在上单调递增，在上单调递减；(2)移项构造函数 ，分情况讨论证明最大值小于等于0即可.【详解】（1）当时，，，设，因为，得h（x）在上递增，即在上递增，因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）由得，，整理得，设，则1°当时，即，t（x）在单调递增，单调递减，则，得，不存在；2°当时，即，在单调递减，单调递增，单调递减，t（0）=0，只要即可，得，即；3°当，即，在（0，2）单调递减，单调递增，单调递减，此时由2°得，所以成立；综上所述，符合题意.