山东省日照市2023届高三数学下学期4月校际联考试题（Word版附解析）

这是一份山东省日照市2023届高三数学下学期4月校际联考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。

2020级高三校际联合考试
数学试题
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名．考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
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，将试题卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：本大题共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. 若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.
【详解】由，得，解得，
所以，
所以.
故选：A.
2. 设复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先求出复数z，即可得到正确答案.
【详解】,复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D.
3. 已知，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】C
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，结合简易逻辑用语判断选项即可.
【详解】因为定义域上单调递减，故由得，
而定义域上单调递增，故，满足充分性；
又，满足必要性，
故选：C
4. 为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（ ）

A. 43.5分钟 B. 45.5分钟 C. 47.5分钟 D. 49.5分钟
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】由频率之和为1得：，解得，
由，，
故第25百分位数位于内，
则第25百分位数为.
可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. -54 B. -52 C. –50 D. -48
【答案】A
【解析】
【分析】分别赋值，，代入原式，再将两式相加即可得答案.
【详解】，
令，得；
令，得；
由两式相加得，
所以.
故选：A.
6. 古希腊亚历山大时期一位重要的几何学家帕普斯（Pappus，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：即到两条已知直线距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数的动点轨迹为圆锥曲线．今有平面内三条给定的直线，且，均与垂直．若动点M到的距离的乘积是M到的距离的平方的4倍，则动点M在直线之间（含边界）的轨迹是（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到三条直线的关系，不妨设为，直线为，为， 进而可根据条件表示出动点M的轨迹方程，从而得出结论.
【详解】因为在平面内三条给定的直线，，，且，均与垂直，所以，平行，记为，直线为，为，

设，且动点M在直线之间，所以，所以M到的距离为，M到的距离为，M到的距离为，
又因为动点M到的距离的乘积与到的距离的平方4倍相等，
所以，
所以，即，故动点M的轨迹为椭圆.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数证明，当时，，取特殊值得出大小关系.
【详解】令，若，则，
若，则，则函数在上单调递减，在上单调递
增.则，即，.
取，则，即.
取，则，即，.
又，令，

则函数都在上单调递增，则.
所以时，.
.
又函数在上单调递增，所以.
即，.
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，，利用导数得出，当时，，进而得出.
8. 对于给定的正整数﹐定义在区间上的函数满足：当时，且对任意的，都有．若与n有关的实数使得方程在区间上有且仅有一个实数解，则关于x的方程的实数解的个数为（ ）
A. n B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，画出在区间上图象，根据与的图象交点分析即可.
【详解】由题意，画出在之间的图象，
又对任意的，都有，
可理解为区间的图象由区间的图象往右平移一个单位，
再往上平移一个单位所得，即可画出在上的图象.

故若与有关的实数使得方程在区间上有且仅有一个实数解，
则与在区间上的图象相切，
且易得的图象在与区间，，，上的公切线之间.
故与在区间，，上均有2个交点，
故关于方程的实数解的个数为个.
故选：B
二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为4
C. 命题使得，则
D. 从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断A选项，根据基本不等式取等条件判断B选项，根据命题的否定判断C选项，根据古典概型概念判断D选项.

【详解】若，左右两边乘以,可得,A选项正确;
,当且仅当取等号,显然等号取不到，即的最小值不是4,B选项错误;
命题使得，则,C选项错误;
从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有10种情况：,
则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况，

则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为,D选项正确;
故选:AD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 的图象关于点对称
B. 在区间的最小值为
C. 为偶函数
D. 的图象向右平个单位后得到的图象
【答案】BC
【解析】
【分析】由图象可求得的解析式，对于A： 验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断.
【详解】，由图象可知，即，又，所以，
由五点作图法可得，解得，所以，
对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；
对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确；
对于C：，为偶函数，故C正确.
对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误；
故选:BC.
11. 已知AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆O上存在点M使∥平面SBC
B. 圆O上存在点M使平面SBC
C. 圆锥SO的外接球表面积为
D. 棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据面面平行证得线面平行；
对于B，假设存在点M使∥平面SBC，推理出矛盾，得出结论不成立；
对于C，圆锥SO的外接球球心在SO，构造关于外接球半径的直角三角形，由勾股定理求解；
对于D，求解圆锥SO的内切球半径，再求解内切球的内接正四面体棱长即可.
【详解】对于A，如下图，过点O作，交劣弧于点，连结.
由于分别为的中点，所以，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面.
又，所以面平面.
又，所以平面SBC，故A正确；



对于B，假设圆O上存在点M使平面SBC, 平面，所以.
又因为平面ABC, 平面ABC，所以，又，
所以平面SOB,又平面SBC,
所以平面平面SBC，而平面平面，故B错误；
对于C，如下图，已知，圆锥SO侧面积为，解得，则，

由题意可知球心O在SO上，记为，设其半径为，
由勾股定理得，
所以，解得，
所以圆锥SO的外接球表面积为，故C正确；
对于D，设圆锥SO的内切球半径为，则圆锥的轴截面内切圆的半径为，
，，则，
如下图，由等面积法知，.

设半径为的球内接正四面体棱长为.如下图，为正四面体底面中心，为正四面体外接球球心，，
则，即，解得.故D正确.

故选：ACD.
12. 如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且．记，如，即，即，即，…，以此类推．设数列的前n项和为，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设，，记设数列的前n项和为，则，由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时,，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.
【详解】由题知，点，，设，，记设数列的前n项和为，
则，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；
第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即 ，
以此类推，可得第圈的个点对应的这项的和为0，即，
设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，
则，所在点的坐标为，则，故A错误；
，故B正确；
当时，所在点的坐标为，则，故C错误；
，对应点的坐标为，，…，，
所以，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若向量与的夹角为，且则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的模的坐标表示及向量的数量积的定义即可求解.
【详解】因为，
所以，
又因为向量与的夹角为，且
所以.
故答案为：.
14. 已知角的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴最合，终边与单位圆交于点，将角的终边绕原点逆时针方向旋转后与角的终边重合，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的定义可得，再由和诱导公式可得答案.
【详解】由已知，
则.
故答案为：.
15. 双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点垂直于的直线分别交于，两点，若成等差数列，且与方向相反，则双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可设，由勾股定理可得：，进而得到，结合渐近线方程可得，，再根据两角和的正切公式可得，进而求解双曲线的离心率.
【详解】设双曲线方程为，
由成等差数列，且与方向相反，
所以可设，
由勾股定理可得：，
得：，即，
所以，
又的方程为，的方程为，
即，，
而，
解得，
则离心率．
故答案为：．

16. 已知曲线与的两条公切线的夹角余弦值为，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件作出图象，利用反函数的性质及二倍角的正切公式，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程，结合指数对数的运算性质即可求解.
【详解】曲线与互为反函数，图象关于对称，如图所示，

由题意可知，，
所以，
解得或，
因为锐角，
所以
由对称性，不妨取直线进行研究，则直线的倾斜角为，
，
设切点的横坐标为，切点的横坐标为，则，，
，
所以，
所以直线的方程为即
，
所以，
所以直线的方程为即
所以即
所以即，
所以，即，于是有，
所以.
故答案为：.
【点睛】解决此题的关键是根据已知条件作出图象及两曲线互为反函数，利用反函数的性质解决曲线的公切线问题，充分利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．
（1）求角A的值；
（2）若的面积，，试判断的形状．
【答案】（1）
（2）直角三角形
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得角；
（2）由三角形面积求得，由余弦定理求得，然后用正弦定理可得判断的形状即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，

又是三角形内角，，
所以，
所以；
【小问2详解】
，，
，，
又， ，
所以,是直角三角形.
18. 如图，矩形所在平面与所在平面垂直，，．

（1）证明：平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值是，且直线与平面所成角的正弦值是，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由矩形性质和平行关系可证得，，由线面垂直的判定可得结论；
（2）方法一：由面面垂直性质可证得平面，过点作，由线面角和面面角的定义可知，，由此可求得，由异面直线所成角的定义可知所求角为，由可求得所求余弦值；
方法二：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用线面角和面面角的向量求法可求得的值，利用异面直线所成角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
四边形矩形，；
，即，又，，
，平面，平面.
【小问2详解】
方法一：平面平面，平面平面，，平面，平面，
则即为直线与平面所成的角，，
过点作，则平面平面，

由（1）可得：面，，，
平面与平面的夹角为，，
又，，则，，
，，
又异面直线与所成的角为，，
即异面直线与所成角的余弦值为．
方法二：由（1）可得：，，，
以点为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，，则，，，，
，，，
面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：；
平面，平面的一个法向量；
，解得：，
，，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
19. 已知数列，，其前n项和满足：．
（1）求证：数列为等差数列;
（2）若，求数列的前20项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系及等差中项的定义即可求解；
（2）根据（1）的结论及等差数列的通项公式，利用三角函数的诱导公式及等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以
两式相减可得即，
由，可得
两式相减可得，
化简可得
所以
所以数列为等差数列.
【小问2详解】
由，可得，解得，
由（1）知，数列为等差数列，
因为，
所以，
所以数列的通项公式为，
所以.
所以数列的前20项和：




20. 云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
云计算市场规模y/亿元
692
962
1334
2091
3229
经计算得：=36.33，=112.85.
（1）根据以上数据，建立y关于x的回归方程（为自然对数的底数）.
（2）云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？若保持产品质量不变（即误差的概率分布不变），则单件产品的成本将会下降多少？
附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.
若，则，，
【答案】（1）
（2），成本下降3元.
【解析】
【分析】(1)将非线性回归模型转化为线性回归模型求解；
(2)利用正态分布的概率模型求解，并结合特殊概率值求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
未引入云算力辅助前，，所以，
又，所以，所以.
引入云算力辅助后，，所以，
若保持产品成本不变，则，
所以
若产品质量不变，则，所以，
所以单件产品成本可以下降元.
21. 如图，已知抛物线在点处的切线与椭圆相交，过点作的垂线交抛物线于另一点，直线（为直角坐标原点）与相交于点，记、，且．

（1）求的最小值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用导数求出抛物线在点处的切线方程，将切线方程与椭圆方程联立，由求出的取值范围，求出直线的方程，并将直线的方程与抛物线的方程联立，由韦达定理得出，再利用基本不等式可求得的最小值；
（2）记点、到直线的距离分别为、，求出、，可得出，结合的取值范围可求得的取值范围.
【详解】（1）对函数求导得，所以抛物线在点处的切线方程为，即，
联立，得，
所以，解得，
所以直线的方程为，
联立，得，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为；
（2）记点、到直线的距离分别为、，
所以，，
所以，
因为，所以，
所以，所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
22. 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的值：
（2）若，，，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，由可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当时，可得单调性，知；构造函数，利用导数可求得，由此可得，知；
（2）将已知不等式化为，令，利用导数可求得单调性，易知时成立，当时，采用分析法可知只需证得即可，构造函数，，利用导数可说明，由此可得结论.
【小问1详解】
由题意得：定义域为，；
①当时，，在上单调递增，
若，则，时，，不合题意；
若，则，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，；
若恒成立，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，；
则当时，符合题意；
综上所述：.
【小问2详解】
由得：，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
由得：；
，，
当时，由得：，；
当时，要证，只需证，
，，则只需证，
又，只需证；
令，，
则，
在上单调递减，，，
即，即得证，；
综上所述：成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够采用同构法将所给不等式化为的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明，从而通过构造函数来进行证明.