2023届山东省百校大联考高三上学期12月数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省百校大联考高三上学期12月数学试题（解析版），共23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届山东省百校大联考高三上学期12月数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合A、B，再去求即可解决.【详解】则故选：C2．已知复数满足（是虚数单位），则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用复数的除法运算求得复数，从而得其共轨复数，由此得解.【详解】因为，所以，则，所以的虚部为.故选：C.3．“”是“函数是上的单调增函数”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．即不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据单调性得到恒成立，计算得到，根据范围的大小关系得到答案.【详解】函数是上的单调增函数，故恒成立.即恒成立，，故.故“”是“函数是上的单调增函数”的必要不充分条件.故选：B4．设非零向量，满足，，则向量在方向上的投影向量（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设的夹角为，求出即得解.【详解】解：设的夹角为，由得.所以向量在方向上的投影向量为.故选：A5．在等比数列中，，，则等于（    ）A． B．128 C． D．256【答案】B【分析】根据条件，写出通项公式，求出 .【详解】由题意， ， ；故选：B.6．下列点中为函数的对称中心的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用三角函数的平方公式与倍角公式化简函数得，再利用代入检验法判断三角函数的对称点，对选项逐一检验即可得解.【详解】因为，对于AD，当时，，所以该函数关于对称，故AD错误；对于B，当时，，所以该函数关于对称，故B错误；对于C，当时，，所以该函数关于对称，故C正确.故选：C.7．已知三棱柱中，，，平面平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】D【分析】由已知条件可证得三棱锥为底面是直角三角形的直三棱柱，根据三棱柱内切球的体积可计算得三棱柱的高，设底面直角三角形的边长，则可列关系式，即可找到直角三角形的两边长，用体积转换的方法求得体积.【详解】如图所示，因为，，，所以平面，又因为平面平面，平面平面，过点作，则平面，则，又因为，所以平面，平面，所以.设则，又因为三棱锥内切球的体积为，则，则，，即，则，解得，棱柱的高等于内切球直径，所以，故三棱锥的体积为.故选：D8．已知函数的定义域为，对任意的，，都有，且当时，恒成立.若，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，得，令，得，得为奇函数. 令，得，得函数在上单调递减，利用单调性将不等式化为，结合函数的定义域和可求出结果.【详解】在中，令，得，得，在中，令，得，即，所以为奇函数，令，则，所以，因为，所以，，所以，因为，所以，所以，，所以，因为当时，恒成立，所以恒成立，所以，即，所以函数在上单调递减，由及函数的定义域可知，，又由已知，可得，可得，由得，因为函数在上单调递减，所以，所以，因为，，所以，所以，所以，结合，可得.故选：D 二、多选题9．在下列函数中，最小值是4的是（    ）A． B．C．， D．【答案】BD【分析】根据基本不等式，当且仅当时取等号，即可作出判断.【详解】对于A，当时，，当且仅当，即时取等号；当时，，当且仅当，即时取等号，所以，A错误；对于B，，因为，所以，，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4，B正确；对于C，因为，所以，由对勾函数性质可知：，C错误；对于D，，，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4，D正确.故选：BD10．给出的下列选项中，正确的是（    ）A．函数的单调递增区间为B．将函数的图象向右平移个单位，将得到的图象C．函数在上有3个零点D．函数最小正周期为【答案】BC【分析】对于A，化简函数得，再由求解即可得函数的单调递增区间；对于B，由图象的平移公式可得平移后的函数的解析式为，再由诱导公式化简得，从而即可判断；对于C，利用二倍角公式化简得，解得函数在上的零点即可判断；对于D，利用二倍公式化简得，令，由此可得，即可判断.【详解】解：对于A，因为，由，可得：，即函数的单调递增区间为，故错误；对于B，将函数的图象向右平移个单位，将得到的图象，故正确；对于C，，令，则有或，又因为，所以解得或或，所以函数在上有3个零点，故正确；对于D，，令，则有，由此可得函数的最小正周期不是，故错误.故选：BC.11．已知正方体的棱长为2，、、是棱、、上的动点（包含端点），且满足，则下列结论正确的是（    ）A．平面B．存在、、，使得点到平面的距离为1C．平面截此正方体所得截面面积的最大值为D．平面截此正方体所得截面的周长为定值【答案】ACD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，设，，计算得到得到A正确；点到平面的距离为，无解，B错误；截面面积为，C正确；截面的周长，D正确；得到答案.【详解】如图所示建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，故，同理可得，，平面，故平面，A正确；平面的一个法向量为，点到平面的距离为，解得，不满足，B错误；设平面分别与，，交于，设，则，，即，同理可得：，，故，，如下图：过点作于，于，则，，截面面积：，当时有最大值为，C正确；截面的周长为：，为定值，D正确；故选：ACD12．已知函数，数列按照如下方式取定：，曲线在点处的切线与经过点与点的直线平行，则（    ）A． B．恒成立 C． D．数列为单调数列【答案】ABD【分析】根据导数的几何意义，利用放缩法和构造函数利用导数证明单调性即可得解.【详解】因为，所以，，，，曲线在点处的切线与与连线平行，所以斜率相等，所以，所以，所以所以，而，所以，记，所以，所以单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以所以，故选项A正确；设，则，设，，所以，，所以若，则，则，因为，所以恒成立，故选项B正确；要证，令，即证明，令，所以t>0时，，(t>0)所以，所以选项C错误；，若数列为单调，则必为单调递减，则，即，即，即(),即，即，令，则，所以，所以单调递增，所以，所以，所以得证；所以选项D正确;故选：ABD.【点睛】通过构造单变量函数，求导后证明不等式，从而可以帮助解题. 三、填空题13．在长方体中，，，直线与所成的角为，点为棱的中点，则点到平面的距离为______.【答案】【分析】先根据题干中的角度，算出长方体的三边数据，然后建系，利用空间向量进行解决.【详解】根据长方体性质，//，由题意，直线与所成的角为，即直线与所成的角为，即，于是，则为等腰三角形，故，下以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系如下.，，，则，设平面的法向量，由，得到，取，则为平面的法向量. 又，，，根据点到面距离的向量表达式，点到平面的距离为：.故答案为：       14．已知正实数，满足，则的最小值为______.【答案】【分析】由，结合基本不等式求解即可.【详解】因为，所以，所以，因为为正实数，所以， 所以，当且仅当时等号成立，即时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故答案为：.15．已知矩形的边，，为的中点，为矩形所在平面内的动点，且，则的取值范围为______.【答案】【分析】由题意可知，P是以点A为圆心，1为半径的圆上一点，以A为原点建立坐标系，设，即可求出，根据三角函数的值域，即可求出的取值范围.【详解】解：由题意可知，P是以点A为圆心，1为半径的圆上一点，如图建立坐标系，则，，，设， 则，，，，，由于为矩形所在平面内的动点，，则，，当时，有最小值，当时，有最大值，的取值范围为，故答案为：. 四、双空题16．著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则______.（【答案】     101     842【分析】根据斐波那契数列的定义，化简得,得到答案①；利用，得到，进而求出，得到答案②.【详解】，则是斐波那契数列中的第101项；列出斐波那契数列，有，可得，由，取，，，得，，因为，故，则，.故答案为：①101；②842. 五、解答题17．已知的内角所对的边分别为，，，三边，，与面积满足关系式：且______在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在前面横线中，求满足条件的个数.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答得分. 【答案】选①,有两个解；若选②，有一个解；若选③，无解.【分析】由可得，，再根据选项逐一判断的大小关系，从而即可得答案.【详解】解：因为，即有为，所以，所以，所以，即有，若选①：，因为，，即，故有2个解；若选②：，因为，即，故有1个解；若选③：，因为，即，故无解；18．数列是各项均为正数的等比数列，且，，，(1)求数列的通项公式，并证明数列是等差数列；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)；证明见解析(2) 【分析】（1）首先求等比数列的通项公式，代入对数运算，求数列的通项公式，并根据等差数列的定义证明；（2）由（1）可知，，利用错位相减法求和.【详解】（1）设等比数列的公比为，，，所以，所以，，（常数），，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列；（2），     两式相减得 ，所以.19．在中，内角，，的对边分别为，，，满足，(1)求角；(2)若为锐角三角形，且，是斜率为2的直线上的两个不重合的点，求的取值范围.【答案】(1)或；(2)的取值范围为 【分析】(1)根据三角恒等变换，结合内角和关系化简条件等式即可求角；(2)由斜率公式可得，根据正弦定理可求的外接圆半径，再由正弦定理用角表示，结合三角恒等变换及正弦函数性质可求的取值范围.【详解】（1）因为，又，所以，，因为，所以，故，因为，所以或；（2）因为，是斜率为2的直线上的两个不重合的点，所以且，故，因为为锐角三角形，由(1)可得，，，所以，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，所以，因为，，所以，，因为，所以，所以，，所以，，因为，所以，所以，所以，故的取值范围为.20．已知函数，（为自然对数的底数）.(1)讨论当时，函数的单调性；(2)判断方程是否有解，并说明理由.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增.(2)无解，详见解析 【分析】(1)由题意得出的函数解析式，并利用导数求单调性对进行分类分类讨论即可得出结果.(2)根据第一问的结论，可以得出的单调性，求出的最小值和进行比较可得出结论.【详解】（1）由题意得，则，令，，则①当时，，在上单调递增，，即恒成立②当，令，则，时，，时，，在单调递减，在单调递增，，，，综上所述，恒成立，当时，，时，，即在上单调递减，在上单调递增.（2）由，所以，由(1)知时，，在上单调递减，在上单调递增，，，无解21．刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，，，，平面，为垂足，且，为的中点.(1)求证：平面；(2)若多面体的体积为12，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，通过线线平行即可证明，（2）建立空间直角坐标系，通过空间向量求解点面距离，即可根据法向量求解面面角.【详解】（1）连接,由于为的中点，又四边形是正方形且，所以是的中点，因此,平面,平面,所以平面（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，,所以，则 ，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故点到平面的距离，，故，所以三角形的面积为，所以几何体的体积为，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以， 所以，平面与平面所成角的正弦值为22．已知函数(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数几何意义即可求得曲线在处的切线方程；（2）通过分类讨论和构造函数，并利用导数判定出在区间，上的单调区间，结合零点存在定理即可求得的取值范围.【详解】（1）当时，，则则，又则曲线在处的切线方程为（2），则令，则（1）当时，恒成立，在上单调递增，又，当时，在上恒成立，在上恒成立，在上单调递增，又，则在上无零点，不符合题意；当时，在上恒成立，在上恒成立，在上单调递减，又，则在上无零点，不符合题意；当时，，，存在唯一使得当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，时，，则在上存在唯一零点，符合题意；（2）令，且当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，又，由（1）可得，则，，则存在唯一，使得当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，又，时，，则在上存在唯一零点，符合题意；综合（1）（2）可得，若在区间，各恰有一个零点，则的取值范围为