山东省济南市2022-2023学年高三数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省济南市2022-2023学年高三数学下学期开学考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三年级学情检测
数学试题
一、单项选择题：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，其中i是虚数单位，则在复平面内所对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数运算求复数的代数形式，再求其共轭复数及其对应的点所在象限.
【详解】因为，所以，
所以，
故在复平面内所对应的点的坐标为，在第三象限.
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解一元二次方程求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，解得，
即，
又，所以.
故选：B
3. 已知向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的平方等于向量模的平方，结合题中条件即可得出答案.
【详解】，
即，则，，.
故选：C.
4. “”的一个充分条件可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合分数不等式的解，不等式的性质，及指数函数的性质，利用充分条件逐项判断即可.
【详解】由，即，所以
对选项A，，
所以不一定有，故A不正确，
选项B，由，则，
则或，故B项不正确，
选项C，，
则或，故C不正确，
选项D，由知，
所以，成立，故D正确，
故选：D.
5. 下图是函数的部分图象，则它的解析式可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，判断的奇偶性即可排除；对于B，由在处无意义排除即可；对于CD，先判断的奇偶性，再利用导数求得的零点，分析的图像特征，特别地，选项D还可以求特殊值，从而结合图像即可得解.
【详解】观察题意，易知函数是奇函数，其定义域为，
对于A，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是偶函数，故A错误；
对于B，当时，，则在处无意义，故B错误；
对于D，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
取，则，远远小于，
而图像中在上的最小值大于，矛盾，
此外，由于在上单调递增，且可以取得无穷大，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，起伏非常大，故D错误；
对于C，易得的定义域为，关于原点对称，
因为
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
因为，则，故，
又，所以，即，
显然在和上满足，满足图像，
此外在上单调递增，，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，但起伏不大，
综上，该选项的解析式基本满足题意，又排除了ABD，故C正确.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简得出，根据二倍角的余弦公式与诱导公式得到，即可得出答案.
【详解】，
，
，
，
，
，
，
故选：B.
7. 已知等比数列的公比为，其前项和为，若对任意的恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可得，讨论，根据等比数列求和公式化简，可得的取值范围.
【详解】因为为等比数列的公比，所以，
因为对任意的恒成立，所以，
当时，恒成立，满足条件，
当，，
由对任意的恒成立，可得，
所以，
所以或，
所以或或，
所以的取值范围是.
故选：D.
8. 已知，，，则（ ）
A. a＞b＞c B. a＞c＞b
C. b＞c＞a D. c＞b＞a
【答案】A
【解析】
【分析】对两边取对数，得到，，，构造，，求导后再令，研究其单调性，得到在上单调递增，从而得到，结合在上的单调性求出答案.
【详解】，，两边取对数得：，，，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
所以在上为增函数，
因为当时，恒成立，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故，
即，
因为在上单调递增，所以.
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对，，两边取对数得：，，前后两个对数中真数之和为11，从而达到构造出适当函数的目的.
二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 居家学习期间，某学校发起了“畅读经典，欢度新年”活动，根据统计数据可知，该校共有1200名学生，所有学生每天读书时间均在20分钟到100分钟之间，他们的日阅读时间频率分布直方图如图所示．则下列结论正确的是（ ）

A. 该校学生日阅读时间的众数约为70
B. 该校学生日阅读时间不低于60分钟的人数约为360
C. 该校学生日阅读时间的第50百分位数约为65
D. 该校学生日阅读时间的平均数约为64
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合频率分布直方图，逐一计算判断即可.
【详解】对于A，由图可知众数约为，故A正确；
对于B，阅读时间不低于60分钟的人数约为(0.02+0.01）×20×1200=720，故B错误；
对于C， [20，60)的频率为（0.005+0.015)×20=0.4， [60，80)的频率为0.02×20=0.4，
∴第50百分位数为 ，故C正确；
对于D，平均值为30×0.005×20+50×0.015×20＋70×0.02×20+90×0.01×20=64，故D正确；
故选：ACD
10. 已知函数满足恒成立，且在上单调递增，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 为偶函数
C. 若，则
D. 将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，可以得到的图象
【答案】AB
【解析】
【分析】令，，求出的取值，再由的取值范围求出的取值范围，根据函数的单调性得到，从而求出的值，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】解：因为函数满足恒成立，
所以，，解得，，
当时，，
因函数在上单调递增，所以，解得，
综上可得，故A正确；
所以，则，
所以偶函数，故B正确；
对于C：当时，，所以，即，故C错误；
对于D：将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，可以得到的图象，故D错误；
故选：AB
11. 如图所示，抛物线E：的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于，和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（ ）

A. E的方程为
B.
C. 若AD，BC的斜率分别为，，则
D. 若AD，BC的倾斜角分别为，，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据抛物线定义表示，由条件列方程求可得抛物线方程，判断A，设的方程为，利用设而不求法求，判断B，设，利用设而不求法求，根据直线AD经过点F，确定的关系，利用表示，判断C，讨论，结合关系利用基本不等式求的最值即可判断D.
【详解】当直线垂直于x轴时，直线的方程为，
所以点的横坐标为，
所以，又，
所以，所以抛物线的方程为，A正确；
所以，
若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，以已知矛盾，
故可设直线的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
由已知为方程的两根，
所以，，B错误；
同理可设的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
设
所以，，
若直线斜率存在，则，， ，
因为直线AD经过点F，所以，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，，
所以，C错误；
因为AD，BC的倾斜角分别为，，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，，
所以，此时，
当，因为，所以，
所以
所以，
当且仅当，时等号成立，即时等号成立，
所以的最大值为，D正确；
故选：AD.
【点睛】(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
12. 在平面四边形ABCD中，，AD＝CD＝2，AB＝1，，沿AC将折起，使得点B到达点的位置，得到三棱锥．则下列说法正确的是（ ）

A. 三棱锥体积的最大值为
B. 为定值
C. 直线AC与所成角的余弦值的取值范围为
D. 对任意点，线段AD上必存在点N，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，在四边形中求出，取AD中点E，并求出相关量，在三棱锥中，求出点到平面判断A；利用向量运算计算判断B，C；借助向量建立关系式，由等式成立判断D作答.
【详解】在中，，，有，在中，，
由余弦定理得，而，则，又，
有，取的中点E，连交于，而，则有，连，则，如图，

在三棱锥中，，平面，
则平面，又平面，于是平面平面，在平面内过作于F，如图，

因为平面平面，因此平面，而为二面角的平面角，
，，
当且仅当F与H重合，即平面平面时取等号，又，
所以，即三棱锥体积的最大值为，A正确；
，
因此为定值2，B正确；
设直线AC与所成的角为，沿翻折，在此过程中，，即，
由选项B知，，
因此直线AC与所成角的余弦值的取值范围为，C不正确；
点在边上，令，显然，

，令，在翻折过程中，，
，则有，显然有，
即对任意的，都存在，，使得，
所以对任意点，线段AD上必存在点N，使得，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：平面图形折叠问题，抓住折叠前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系是解题的关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 为推动黄河流域生态保护和高质量发展，某市环保局派出4个宣传小组，到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动，每个小组至少去1个社区，每个社区只安排1个小组，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）．
【答案】240
【解析】
【分析】根据给定条件，把5个社区分成4组，再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.
【详解】依题意，有一个小组必去两个社区，把5个社区分成4组有种分法，
将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法，
所以不同的安排方法共有（种）.
故答案为：240
14. 已知圆锥侧面展开图的周长为，面积为，则该圆锥的体积为______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长，进而求出高即可计算作答.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长，则圆锥侧面展开图扇形弧长为，
依题意，，即，解得或，
当时，圆锥的高，体积为，
当时，圆锥的高，体积为，
所以该圆锥的体积为或.
故答案为：或
15. 已知函数若方程有两个不同的实数根，且，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数的性质并画出图象，结合图象确定的取值范围，再构造函数，求出最大值，建立不等式求解作答.
【详解】当时，函数单调递增，取值集合为，函数图象与y轴交于点，
当时，，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，
而，在坐标平面内作出函数的图象，如图，

方程有两个不同的实数根，即直线与函数的图象有两个不同交点，
交点横坐标为，不妨令，观察图象知，直线必与函数的图象有公共点，
则，，由得：，由知，，即有，
，则有，，
令函数，当时，，
即函数在上单调递增，，依题意，，
因此，解得，综上得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
16. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切．P为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为______．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案.
【详解】设，，为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为，根据题意可知，解得
设的内接圆半径为r，则
，，
故，化简可得，即，解得
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. 甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子．规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束．
（1）记两人抛掷骰子的总次数为X，若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时，X的分布列和期望；
（2）已知甲先掷，求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率．
【答案】（1）分布列见解析，期望为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出抛掷骰子一次获胜的概率，再求出X的可能值并求出对应的概率，列出分布列，求出期望作答.
（2）利用独立事件的概率公式，求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式，再借助数列求解作答.
【小问1详解】
依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，
的可能值为1，2，3，4，
，，，，
所以的分布列为；

1
2
3
4





期望.
【小问2详解】
设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为，
依题意，，当时，，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
当时，甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率，
显然当时，满足上式，
所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.
18. 已知中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）证明：A＝2B；
（2）若a＝3，b＝2，求的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理化边为角，结合余弦定理可得，再化边为角
结合三角恒等变换即可证明；
(2)结合(1)求得，由余弦定理求，再求，利用面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
，
，
，
，
所以或，，
又，
所以；
【小问2详解】
由(1) ，又a＝3，b＝2，
所以，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积.
19. 各项均为正数的数列，其前n项和记为，且满足对，都有．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)结合递推式，可得，进而得，
得到数列是等差数列，进而可得通项公式；
(2)由，从第三项开始放缩，得，进而得证.
【小问1详解】
由已知：对于， ， ，
则
∴ ，且数列各项均为正数
∴，
，因为，得，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
【小问2详解】
，，
故

，
所以.
20. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，．

（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）通过证明面中的一条直线与面垂直，即可证明面面.
（2）建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，求出面与面的法向量，即可求出平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
由题意，
取分别为棱的中点, 连接,

则;
∵, 且,
∴ 且,
∴四边形为平行四边形, 故.
∵为棱的中点,
∴;
∵, 平面底面, 平面底面,
∴平面,
∵平面,
∴;
又,且在平面内
∴平面.
∵,
∴平面,
又∵平面,
∴平面平面.
【小问2详解】
由题意及（1）得，
取中点为, 连接,
∵为等边三角形,
∴
∵平面底面,
∴底面,
过作, 交于点, 则;
以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,

设， 则,
则,
由（1）可知平面 故平面的法向量取,
设平面的法向量为,
由, 解得,
令, 得,
设平面与平面的夹角为,
∴,
∴平面与平面夹角的余弦值为.
21. 已知双曲线的实轴长为2，直线为的一条渐近线．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使为定值，理由见详解.
【解析】
【分析】（1）由，再由渐近线的方程得的值，求得，即可得双曲线方程；
（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．
【小问1详解】
由题意得，即.
因为的渐近线方程为.
所以，
所以，
故的方程为：.
【小问2详解】
当直线不与轴重合时，
设直线的方程为，
代入，得，
即．
设点，
则．
设点，
则


，
若为定值，
令
解得，
此时．
当直线l与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点，
所以存在定点，使为定值．
【点睛】思路点睛：
求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊情况下也成立．
22. 已知函数，为的导数．
（1）证明：在区间上存在唯一的极大值点；
（2）讨论零点的个数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）3个.
【解析】
【分析】（1）求出函数，再利用导数分和两段讨论函数的极值点作答；
（2）根据给定的函数，判断函数在区间与上函数值，再利用导数分段讨论在上零点情况作答.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
令，则，当时，，
函数在上单调递增，在上无极值点，
当时，在上都递减，即在上递减，
而，则存在唯一，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则为在上的极大值点，
所以在区间上存在唯一的极大值点；
【小问2详解】
当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上单调递减，
而，因此函数在内有唯一零点，
当时，，即0是函数的一个零点，由（1）知在上单调递增，
而，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
有，又，因此函数在上有唯一零点，在上无零点，
当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，因此函数在上无零点，
综上得，函数共有3个零点.
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．