山东省2022-2023学年高三数学下学期开学联考试题（Word版附解析）

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齐鲁名校大联考

2023届山东省高三第二次学业质量联合检测

数学

本试卷4页．总分150分．考试时间120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一､选择题：本题共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. 已知复数在复平面内的对应点为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题知，再根据复数四则运算求解即可.

【详解】解：因为复数在复平面内的对应点为，

所以，

所以

故选：D

2. 设集合，则的所有子集的个数为（    ）

A. 3 B. 4 C. 8 D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式得，再根据公式求解即可.

【详解】解：解不等式得，

解不等式得，

由于,

所以，，

所以，的所有子集的个数为个.

故选：C

3. 设随机变量，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知，，进而根据正态分布的对称性求解即可.

【详解】解：因为随机变量，

所以，

因为，

所以，

所以，根据正态分布的对称性，.

故选：A

4. 抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据计数原理，排列的应用，古典概型求解即可.

【详解】解：抛掷一枚质地均匀的骰子3次，共有种不同结果，

其中向上的点数为3个互不相同的偶数的情况为点数为的排列，故有种，

所以，向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为.

故选：D

5. 已知等边三角形的边长为1，动点满足．若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 0 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】利用平方的方法化简已知条件，结合基本不等式求得的最小值.

【详解】，

由两边平方得，

即，

当且仅当时等号成立，

所以，

所以的最小值为.

故选：B

6. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ）

A. 4 B. 2 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解.

【详解】解：由托勒密定理，得．

因为，所以．

设圆的半径为，由正弦定理，得．

又，所以．

因为，所以，

因，所以，所以，

所以，则，故．

故选：B

7. 已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.

【详解】解：如图，在棱上分别取点，使得，，连接，

因为，，

所以，，

因为平面，平面，

所以平面，

因为，，

所以，，，

因为，，

所以，≌，≌，

所以

所以，四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以，平面，

因为，平面，

所以平面平面，

因为平面平面,

所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，

因为

所以，动点的轨迹长为

故选：C

8. 设，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数证明不等式当时，，进而得，再讨论与的关系即可判断.

【详解】解：令，，则在上恒成立，

所以，函数在上单调递减，

所以，当时，，即，；

令，，则，

所以，函数在上单调递减，

所以，当时，，即，，

所以，当时，

所以，，

因为，

所以

所以，，即

，即

所以，

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用时，，结合二倍角公式，比较与的关系判断.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知双曲线和圆，则（    ）

A. 双曲线的离心率为

B. 双曲线的渐近线方程为

C. 当时，双曲线与圆没有公共点

D. 当时，双曲线与圆恰有两个公共点

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，表示出的距离，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值，从而判断D.

【详解】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，故选项A正确；

双曲线的渐近线方程为，即，故选项B错误；

因为圆心到双曲线的渐近线的距离，

所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，故选项C正确；

设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为
，当且仅当时取等号，

所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为，

所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，故选项D正确．

故选：ACD

10. 已知函数．若曲线经过点，且关于直线对称，则（    ）

A. 的最小正周期为 B.

C. 的最大值为2 D. 在区间上单调递增

【答案】ABD

【解析】

【分析】由题知，进而得，，再结合题意得，进而再讨论各选项即可得答案.

【详解】解：因为曲线关于直线对称，

所以，即，解得，

所以，，

所以，的最小正周期为，故A选项正确；

因为曲线经过点，

所以，解得，

所以，，故B选项正确；

所以，的最大值为，故C选项错误；

当时，，

所以在区间上单调递增，故D选项正确.

故选：ABD

11. 在数列中，若对于任意，都有，则（    ）

A. 当或时，数列为常数列

B. 当时，数列为递减数列，且

C. 当时，数列为递增数列

D. 当时，数列为单调数列

【答案】ABC

【解析】

【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D.

【详解】解：对于A选项，由得，

所以，当时，，是常数列；

当时，是常数列，故A选项正确；

对于B选项，，

因为，

所以，当时，，即，

同理可得，，

所以，即，

所以数列为递减数列，且，故B选项正确；

对于C选项，当时，由得，即

由得，

所以，，

同理可得，

所以，即，

所以，数列为递增数列，故C选项正确；

对于D选项，当时，由，即，

由得，符号不确定，

所以符号不确定，

所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.

故选：ABC

12. 已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（    ）

A.  B.

C. 为偶函数 D. 为奇函数

【答案】BCD

【解析】

【分析】依题意可得，再由奇偶性得到，从而得到，即可判断A，由，可得，再由，即可求出，从而判断B，再结合奇偶性的定义判断C、D.

【详解】解：由，得．

由是奇函数，得，即，

所以，即，所以，故选项A错误；

由，得，由，得，所以，故选项B正确；

由，，得，即为偶函数，故选项C正确；

由，，得，则，

即为奇函数，故选项D正确．

故选：BCD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 写出曲线过点的一条切线方程__________．

【答案】或（写出其中的一个答案即可）

【解析】

【分析】首先判断点在曲线上，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，再说明函数的单调性，即可得到函数的极大值，从而得到曲线的另一条切线方程.

【详解】解：因为点在曲线上，所以曲线在点处的切线方程符合题意．

因为，所以，

所以曲线在点处的切线方程为，即．

因为当或时，；当时，，

所以函数在处取得极大值，又极大值恰好等于点的纵坐标，所以直线也符合题意．

故答案为：或（写出其中的一个答案即可）

14. 已知椭圆，直线交于两点，点，则的周长为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由题知为等边三角形，直线过点，且倾斜角为，进而得直线为边的中垂线，再根据椭圆的定义求解即可.

【详解】解：由题知，

所以椭圆的焦点坐标为

所以，由得，

所以，为等边三角形，且

因为，当时，解方程得，

所以，直线过点，且倾斜角为，即，

所以，直线为为等边三角形中角的角平分线，

所以，直线为边的中垂线，

所以，

因为

所以，的周长为，

故答案为：

15. 设奇函数的定义域为，且对任意，都有．若当时，，且，则不等式的解集为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由题知函数在上单调递减，在上单调递减，且，，，，再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.

详解】解：设，且，则

因为，当时，，所以，

因为对任意，都有．

所以，，即，

所以，函数在上单调递减，

因为是定义域为的奇函数，

所以，函数在上单调递减，

因为不等式等价于不等式，即，

因为对任意，都有，，

所以，当时，得；当时，得

所以，

所以，，，，，

所以，当时，的解集为，

当时，的解集为，

所以，的解集为，

所以，不等式的解集为

故答案为：

16. 已知三棱锥的体积为6，且．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据锥体体积公式结合条件可得，，两两互相垂直，取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，即可得到.

【详解】解：由已知得，，．

设点到平面的距离为，则

．

又，所以，，两两互相垂直．

取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，

（四棱锥中底面，且为矩形，则四棱锥可以补形为以为底面的长方体，

即为该长方体的一条体对角线，三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球）．

因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，而点到平面的距离等于点到平面的距离，

所以．

故答案为：

四､解答题：本题共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. 已知数列满足．

（1）求的通项公式；

（2）若，数列满足，求的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据递推关系解方程得，进而证明数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列通项公式求解即可；

（2）由题知，进而令，记数列的前项和为，则为与的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.

【小问1详解】

解：数列满足

所以，，解得，

由得，即，

所以，数列是等比数列，公比为，首项为，

所以，即

所以，的通项公式为

【小问2详解】

解：因为，，

所以，，，，

所以，，

令，

设数列前项和为，

因为数列为等差数列，为等比数列，

所以，

因为数列的前项和为与的和，，

所以，.

18. 在中，，是边上一点，．

（1）若，求的值；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先求出、，再在、、中分别利用正弦定理计算可得；

（2）设，则，，由面积公式表示出、、，即可得到，从而得到，令，则，设利用导数说明函数的单调性，即可求出的值域，即可得解.

【小问1详解】

解：由，，

可得，．

在中，由正弦定理得；

在中，由正弦定理得；

在中，由正弦定理得，

所以．

【小问2详解】

解：由，得．

设，则，，

所以，，

，则，

故．

设，则．

因为，所以，则．

设，，则．

因为当时，，所以函数在区间上单调递增．

因为，，所以，

故的取值范围为．

19. 为了促进地方经济的快速发展，国家鼓励地方政府实行积极灵活的人才引进政策，被引进的人才，可享受地方的福利待遇，发放高标准的安家补贴费和生活津贴．某市政府从本年度的1月份开始进行人才招聘工作，参加报名的人员通过笔试和面试两个环节的审查后，符合一定标准的人员才能被录用．现对该市1~4月份的报名人员数和录用人才数（单位：千人）进行统计，得到如下表格．

（1）求出y关于x的经验回归方程；

（2）假设该市对被录用的人才每人发放2万元的生活津贴

（i）若该市5月份报名人员数为8000人，试估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额；

（ii）假设在参加报名的人员中，小王和小李两人被录用的概率分别为，．若两人的生活津贴之和的均值不超过3万元，求的取值范围．

附：经验回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为

【答案】（1）   

（2）（i）1060万元；（ii）

【解析】

【分析】（1）根据所给数据求出，，即可求出，，从而求出回归直线方程；

（2）（i）将代入（1）中回归直线方程，求出，即可估计需要发放的生活津贴的总金额；

（ii）设小王和小李两人中被录用的人数为，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可求出数学期望，即可得到且，即可求出的取值范围.

【小问1详解】

由题意得，，

所以，

故关于的经验回归方程为．

【小问2详解】

（ⅰ）将代入，得，

所以（万元），

故估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额为1060万元．

（ⅱ）设小王和小李两人中被录用的人数为，则的可能取值为，，，

则，

，

，

所以，

则，解得．

又，所以，则．故的取值范围是．

20. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．

（1）证明：平面平面；

（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）设的中点为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；

（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而求解.

【小问1详解】

设的中点为，连接，

因为为等边三角形，所以，

又因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，

因平面，所以，

又，平面，

所以平面，又因为平面，

所以，

因为在等边三角形中，为的中点，

所以，

因为，平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面；

【小问2详解】

连接，由（1）知，平面，

因为平面，所以，

因为，，，

所以四边形为矩形，

即，，，所以，

设，， ，，

以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

所以，，，，，，

所以，，，，

设平面和平面的法向量分别为，，

则，，

即， ，

取，，则，，

所以，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

21. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．

（1）求的方程；

（2）过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，或

【解析】

【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；

（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.

【小问1详解】

解：由题意知，设点的坐标为，

则直线的斜率为．

因为直线的斜率为，所以，即，

所以的面积，

解得或（舍去），

故抛物线的方程为．

【小问2详解】

解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．

由（1）得，抛物线的准线的方程为．

设直线的方程为，，，，

联立得，

所以，，．

因为，

，

所以，解得或．

故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．

22. 已知，函数．

（1）若和的最小值相等，求的值；

（2）若方程恰有一个实根，求的值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用导数求出，的最小值，令其相等，可得答案；

（2）方程恰有一个实根，相当于恰有一个零点.利用导数及零点存在性定理，分三种情况下，

的零点情况即可.

【小问1详解】

因，则.

.

则在上单调递减，在上单调递增，

故.

因，则.

则在上单调递减，在上单调递增，

故.

令

.则若和的最小值相等，.

【小问2详解】

由，可得，

即，令，.

则方程恰有一个实根，相当于恰有一个零点.

则.

或（舍去）.

令，则.

得在上单调递减，在上单调递增.

则.

令，则，

得在上单调递减，又，则当时，，

时，.

则当时，，

，此时无零点，不合题意；

当时，，

此时有唯一零点1，则满足条件；

当时，，

，又，.

则，

得，.

又令，，

得在上单调递增，又，.则.

.令.

则，令，.

得在上单调递增，则，

得在上单调递增，则.

又，则.则.

得，.则当时，有2个零点，不合题意.

综上，方程恰有一个实根时，.

【点睛】关键点点睛：本题涉及利用导数求最值及用导数及零点存在性定理研究函数的零点，难度较大.

（1）适当的变形后，可将多余的a消去，后可解出相关方程；

（2）零点问题，常涉及单调性与零点存在性定理，先利用单调性判断零点的大致个数，再利用零点存在性定理确定零点所在范围.