山东省日照市2023届高三校际联合三模数学试题（含解析）

这是一份山东省日照市2023届高三校际联合三模数学试题（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。
山东省日照市2023届高三校际联合三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数（其中为虚数单位），则（    ）A．1 B． C． D．3．已知向量，，，若，则（    ）A． B．3 C． D．54．已知直线平面，则“直线平面”是“平面平面”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5．用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为．如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设AO是眼睛与彩虹中心的连线，AP是眼睛与彩虹最高点的连线，则称为彩虹角．若平面ABC为水平面，BC为彩虹面与水平面的交线，为BC的中点，米，米，则彩虹（）的长度约为（    ）（参考数据：，）A．米 B．米 C．米 D．米6．函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，若函数是偶函数，则（    ）A． B． C． D．7．已知数列满足，，则的值为（    ）A． B． C． D．8．若，则（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知，则（    ）A． B．C． D．10．已知函数，则（   ）A．的图象关于y轴对称B．为的一个周期C．在上单调递增D．函数在上有4个零点11．设函数的定义域为，满足，且当时，，则（    ）A．B．若对任意，都有，则的取值范围是C．若方程恰有三个实数根，则的取值范围是D．函数在区间上的最大值为，若存在，使得成立，则12．已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的面积为，的内切圆的面积为，则（    ）A．圆和圆外切 B．圆心在直线上C． D．的取值范围是 三、填空题13．抛物线上的点到其焦点的距离为________.14．设且，则的最小值为_________．15．已知数列中，，，是，的等差中项，是其前n项和，若数列是公差为3的等差数列，则___________.16．祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为_________.     四、解答题17．已知内角的对边分别为，且.(1)求角A；(2)若的周长为，且外接圆的半径为1，求的面积.18．已知数列满足：.(1)当时，求数列中的第10项；(2)是否存在正数，使得数列是等比数列，若存在求出值并证明；若不存在，请说明理由.19．如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面.  (1)求证：；(2)若直线与平面所成的角为为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.20．某学校有两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.6；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8.(1)计算王同学第二天去餐厅用餐的概率；(2)王同学某次在餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，种中式点心，王同学从这些点心中选择3种点心，记选择西式点心的种数为，求的最大值，并求此时的值.21．在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆的左焦点和右焦点.(1)设是椭圆上的任意一点，求取值范围；(2)设，直线与椭圆交于两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程.22．已知函数有三个零点.(1)求的取值范围；(2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：.
参考答案：1．A【分析】先求集合，再应用交集运算即可.【详解】由题意得，，，∴，故选：A.2．D【分析】根据复数的除法公式和复数的模即可求解.【详解】知，则，故选：D.3．B【分析】先求出的坐标，再利用列方程求.【详解】由已知得，，且，，解得.故选：B.4．A【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若“直线平面”成立，设，且，又平面，所以平面，又，所以“平面平面”成立；若“平面平面”成立，且直线平面，可推出平面或平面，所以“直线平面”不一定成立.综上，“直线平面”是“平面平面”的充分不必要条件.故选：A.5．A【分析】先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的底面半径，连接,,，进而在中求，最后利用弧长公式求得彩虹长度.【详解】在中，由勾股定理，可得：，连接PO，则在中，，连接OB，OC，OM，则在中，，故，，则彩虹（）的长度约为.故选：A6．C【分析】根据图像平移得函数的解析式，由函数是偶函数，解出，可得.【详解】函数的图像向左平移个单位，得的图像，又函数是偶函数，则有，，解得，；所以.故选：C．7．C【分析】变换得到，得到是首项为，公比为的等比数列，，计算得到答案.【详解】，，易知，故，故是首项为，公比为的等比数列，，，故.故选：C.8．B【分析】构造函数，利用导数研究函数单调性，由，可得，再由，再作商法，得，从而得解.【详解】令，则，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，因为，所以，又，，所以，所以，故，因为，又因为，故，从而有，综上所述：.故选：B.9．AD【分析】令即可判断A；令再由选项A即可判断C；由通项公式即可判断B；令，再由选项C即可判断选项D.【详解】由，令得，故A正确；由的展开式的通项公式，得，故B错误；令，得①，再由，得，故错误；令，得②，①-②再除以2得，故D正确.故选：AD10．BCD【分析】利用偶函数的定义和性质判断选项A；利用周期函数的定义判断选项B；利用三角函数的单调性和周期性判断选项C；利用函数零点的定义和图象判断选项D.【详解】依题意，，，故函数不是偶函数，图象不关于y轴对称，故A错误；，故为函数的一个周期，故也为函数的一个周期，故B正确；当时，，则，当时，，当时，，故函数在上单调递增，在上单调递减，结合周期性，可知C正确；作出函数，的大致图象如下所示，结合周期观察可知，函数在上有4个零点，故D正确.  故选: BCD.11．ABD【分析】由，可判断A，解出不等式可判断B，当时的图像有3个交点，即可判断C，根据条件可得当时，然后可得，然后可得，判断出数列的单调性可判断D.【详解】函数的定义域为，满足，即，且当时，，当时，，即，当时，，即，依次，当时，即作出函数图象  对于A，代入，故正确；对于B，对任意，都有，，，解得，对任意，都有，则的取值范围是，正确；对于C，当时，的图像有3个交点，故错误；对于D.最大值存在，使得成立，的最大值，，则增，减，，即，正确.故选：ABD12．AC【分析】根据双曲线的标准方程、定义和切线长定理结合几何关系和对勾函数性质即可求解，【详解】双曲线的，渐近线方程为，两渐近线倾斜角分别为和，设圆与轴切点为过的直线与双曲线的右支交于两点，可知直线的倾斜角取值范围为，的的横坐标为，则由双曲线定义，所以由圆的切线长定理知，所以.的横坐标均为，即与轴垂直.故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.选项A正确；由双曲线定义知，中，，则只能是的中线，不能成为的角平分线，则圆心一定不在直线上.选项B错误；在中，，，则由直角三角形的射影定理可知，即则，故.选项C正确；  由直线的倾斜角取值范围为，可知的取值范围为，则的取值范围为，故，又，则令，则在单调递减，在单调递增.值域为故的值域为.选项D错误.故选：AC.13．5【分析】确定抛物线的准线为，，再计算距离即可.【详解】抛物线的准线为，则，故，到焦点的距离等于到准线的距离，为.故答案为：14．【分析】由已知条件可知，且，再展开，并利用基本不等式求其最小值.【详解】因为，所以，，因为，所以，所以，当且仅当，即，时取得最小值．故答案为：.15．5248【分析】利用等差数列的基本性质及求和公式计算即可.【详解】依题意，，故，而，所以,且，故是首项为12，公差为9的等差数列，则.故答案为：524816．【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，球体半径为，则，截面圆面；圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.    如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.已知球体半径为，为等边三角形，，根据祖暅原理，，设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，，故答案为：.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求角；（2）利用正弦定理求出边长a，然后再根据周长和余弦定理列式解出bc，从而求解面积.【详解】（1）∵，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以.（2）设外接圆的半径为，则，由正弦定理得，因为的周长为，所以，由余弦定理得，即，所以，所以的面积 .18．(1)(2)存在，，证明见解析 【分析】(1)根据隔项等比数列的定义和通项公式即可求解；(2)根据是等比数列的必要条件解出，再根据证明充分性即可.【详解】（1）由已知，所以，相除得；又，所以，所以.（2）假设存在正数，使得数列是等比数列，由得，由，得，因为是等比数列，，即，下面证明时数列是等比数列，由（1）知数列和都是公比是的等比数列，所以，；所以为奇数时，，为偶数时，，所以对一切正整数，都有，所以，所以存在正数使得数列是等比数列.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质即可求解；（2）根据线面角的定义，建立坐标系后利用法向量求二面角即可.【详解】（1）  设，则中点为，且,∵平面平面且交线为平面，∴平面，∵平面，∴，又直三棱柱，面，面，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.（2）由（1）知平面，所以直线与平面所成的角为，,以为原点，分别为轴正向建立坐标系，,则，设平面的法向量为，则，故可设，又因为平面设平面的法向量为，则，设平面与平面所成锐二面角为，∴，∵为锐角，∴..  20．(1)0.7(2)或10时，有最大值为 【分析】（1）根据条件概率公式和全概率公式求解即可；（2）利用超几何分布表示出，列出不等式即可求最大值.【详解】（1）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去A餐厅用餐”，根据题意得，由全概率公式，得：，所以，王同学第二天去A餐厅用餐的概率为0.7.（2）由题意，的可能取值有：0，1，2，3，由超几何分布可知，令，若最大，则，即，解得，又∵， 所以，易知当和时，的值相等，所以当或10时，有最大值为，即当的值为9或10时，使得最大.21．(1)(2) 【分析】（1）易知，设，有，再利用平面向量的数量积运算求解；（2）①当直线垂直于轴时，由对称性知，点关于轴对称，不妨令点在轴右侧，由是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线方程为：，与椭圆方程联立求解；（2）当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，与椭圆方程联立，根据是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到，则，结合韦达定理线求得，再由BD的中垂线，由斜率关系得到求解.【详解】（1）在椭圆中，，设，则有，即，于是，显然，所以的取值范围是.（2）①显然直线不垂直于轴，当直线垂直于轴时，由对称性知，点关于轴对称，不妨令点在轴右侧，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则直线方程为：，由消去得：，于是得，点，直线的方程为，（2）当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，由消去得：，则，即，，可得因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，有，而，于是，  即，整理得，从而，化为，解得，又线段的中垂线过点及点，因此，即，解得，而当时，成立，即，因此直线的方程为.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；（2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证，等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明.【详解】（1）因为定义域为，又，（ⅰ）当单调递减；（ⅱ）当，记，则，当；当，所以在单调递增，在上单调递减，，又，所以，①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；②当，由（ⅱ）知，有两个零点，记两零点为，且，则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，令，则，所以，所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，所以函数有三零点，综上所述，；（2）等价于，即，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，由（1）可得，则，所以，所以，则满足，，要证，等价于证，易知，令，则，令得，令得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，下面证明，由，即证，即证，即证，即证，令，，令，则，所以，所以，则，所以，所以，所以，所以，所以原命题得证.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.