2023届山东省威海市高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届山东省威海市高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解方程组，可得集合.

【详解】解方程组可得或，故.

故选：D.

2．已知复数z是纯虚数，是实数，则（    ）

A．－ B． C．－2 D．2

【答案】B

【分析】由题意设，代入中化简，使其虚部为零，可求出的值，从而可求出复数，进而可求得其共轭复数

【详解】由题意设，

则，

因为是实数，所以，得，

所以，

所以，

故选：B

3．已知等比数列的前n项和为，若，，则公比（    ）

A．－2 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项．

【详解】由题得，

等比数列的前项和为，，，

，解得，．

故选：B

4．已知向量、满足，且在上的投影的数量为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件求出的值，利用平面向量的数量积可求得结果.

【详解】设与的夹角为，则，

所以，，可得，因此，，

因为，因此，.

故选：D.

5．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用二倍角的正弦公式以及两角差的正弦公式化简可得结果.

【详解】

.

故选：A.

6．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得分，否则得分．若每场比赛之前彼此不知道对方所用之马，则比赛结束时，齐王得分的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设田忌的上等马、中等马、下等马分别记为、、，设齐王的上等马、中等马、下等马分别记为、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】由题意可知，齐王在三场比赛中赢两场，

设田忌的上等马、中等马、下等马分别记为、、，

设齐王的上等马、中等马、下等马分别记为、、，

所有的基本事件有：、、、、、，共种，

其中“比赛结束时，齐王得分”所包含的基本事件有：、、、，共种，

故所求概率为.

故选：C.

7．已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，直线BF与C相交于另一点A，点A在x轴上的射影为，O为坐标原点，若，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由，可得，由此可求出点的坐标，再把点的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率

【详解】由题意得，设

因为，所以，

所以，得，即，

因为点在椭圆上，

所以，化简得，

所以离心率，

故选：A

8．已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.

【详解】

，

由，可得，当时，，

故函数的图象关于点对称，

由等差中项的性质可得，

所以，数列的前项和为.

故选：D.

二、多选题

9．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（    ）

A．，，两两互斥 B．

C．与B是相互独立事件 D．

【答案】AB

【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解

【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，

对于B，由题意可得，所以，所以B正确，

对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，

对于D，由C选项可知D是错误的，

故选：AB

10．已知函数，则（    ）

A．为周期函数 B．在上单调递增

C．的值域为 D．的图像关于直线对称

【答案】AD

【分析】易求得，即可判断A；由，得，，结合正弦函数的单调性即可判断B；分和两种情况讨论，求出函数的值域，即可判断C；判断是否相等即可判断D.

【详解】对于A，因为，

所以是函数的一个周期，故A正确；

当时，，

此时，则，所以，

当时，，

此时，则，所以，

所以函数的值域为，故C错误；

对于B，当时，，

则，所以函数在上单调递减，故B错误.

对于D，因为，

，

所以，

所以的图像关于直线对称，故D正确.

故选：AD.

11．已知棱长为2的正方体中，过的平面交棱于点E，交棱于点F，则（    ）

A． B．存在E，F，使得平面

C．四边形面积的最大值为 D．平面分正方体所得两部分的体积相等

【答案】ABCD

【分析】对于选项，通过面面平行的性质可得；对于选项通过向量法表示线面垂直，解出方程即可判断；对于选项，通过作交于，然后求出点的坐标，最后表示出四边形的面积，求得四边形面积的最大值为；对于选项，由于平面分正方体所得两部分是全等的，故体积相等.

【详解】如图所示：

建立如图所示的空间直角坐标系，则有：

，，，，，， ，

不妨设， ，则，

由直线、、均在平面内，平面平面，则平面与平面、平面分别交于、，根据平面平行的性质可知，则有：

同理：，故四边形为平行四边形，则选项正确；

由，可得：

又 ， ，

要使得平面，则有：

解得：

故选项正确；

设四边形面积为，

设交于，设，则有：

且

解得：

则有：

故

当时，取得最小值为，故答案正确；

对于选项，由于平面是平分正方体，则体积是相等的，故选项正确.

故选：

12．已知函数，则（    ）

A．

B．

C．若函数恰有个零点，则

D．当时，

【答案】BCD

【分析】直接计算、的值，可判断A选项；利用函数在上的单调性可判断B选项；数形结合求出的取值范围，可判断C选项；求出不等式在时的解，数形结合可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，，，故，A错；

对于B选项，当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

因为，，，

且，，

，

因为，所以，，

即，所以，，

且，，，

所以，，

即，B对；

对于C选项，作出函数与的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象至多有两个交点，不合乎题意，

当时，直线与函数的图象有无数个交点，不合乎题意，

由题意可知，直线与函数的图象有个交点，

则，解得，C对；

对于D选项，当时，由可得，解得，

当时，，结合图象可知当时，，D对.

故选：BCD.

三、填空题

13．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为______．

【答案】

【分析】首先根据题意，可得，进而可得其二项式展开式的通项，令x的指数为3，可得r的值，最后将r的值代入通项可得其展开式中的项，即可得答案．

【详解】由题知，则，

令，得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

14．已知抛物线，圆，点，若A，B分别是，上的动点，则的最小值为______．

【答案】2

【分析】由抛物线得焦点，准线为，，转化为求取得最小值，过点M作准线的垂线与抛物线相交，当点A为此交点时，取得最小值，由此可求得答案.

【详解】解：由抛物线得焦点，准线为，

由圆，得，所以圆是以为圆心，以为半径的圆，

所以，所以当取得最小值时，取得最小值，

又根据抛物线的定义得等于点A到准线的距离，

所以过点M作准线的垂线，垂足为N，且与抛物线相交，当点A为此交点时，取得最小值，最小值为，所以此时，

所以的最小值为2.

故答案为：2.

15．已知函数，，若，则的最小值为______．

【答案】

【分析】利用函数同构及函数单调性得到，问题转化为求（）的最小值，利用导函数，研究其单调性，求出最小值.

【详解】，则 ，因为，故，又当时，恒成立，即单调递增，所以，则，令（），，当时，，当时，，所以在处取得最小值，，的最小值为.

故答案为：

16．在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．

【答案】

【分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得平面PBC，进而知球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，利用弧长公式求解.

【详解】设以A为球心的球的半径为，则，解得

如图，取中点，由，

又平面ABC，平面ABC，

又，，所以平面PAC，

又平面PAC，，又，平面PBC，

又，，

又，

作，则，，

所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为

故答案为：

四、解答题

17．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，延长BC至D，使，的面积为．

(1)求AB的长；

(2)求外接圆的面积．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）利用余弦定理可求得，从而可得为等边三角形，再利用三角形的面积公式即可得出答案；

（2）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求得外接圆的半径，即可得解.

【详解】（1）解：因为，

所以，

又，所以，

又因，所以为等边三角形，故，

由，可得，

故，

解得或；

（2）解：由（1）得：

当时，，

则

，

所以，

设外接圆的半径为，

由正弦定理可得，所以，

所以外接圆的面积为，

当时，，

则

，

所以，

同理外接圆的面积为，

综上所述，外接圆的面积为.

18．已知数列满足．

(1)设，求的通项公式；

(2)若，求的通项公式．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）分析可得，由前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；

（2）由已知可得，利用累加法与错位相减法可求得数列的通项公式.

【详解】（1）解：由已知可得.

当时，则有，可得，

当时，由可得，

上述两个等式作差可得，所以，，

满足，故.

（2）解：由（1）可得，

设，则，

上述两个等式作差可得

，

所以，，

由已知可得，，，，

累加得，所以，，

因此，，

因为符合上式，

所以.

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，E为PC的中点，点F在PD上且．

(1)求证：平面AEF；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，然后根据题意写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据向量的共面证明线面平行；

（2）运用向量法求解二面角，先求出两个平面的一个法向量，然后根据空间向量的数量积求得二面角的余弦值.

【详解】（1）

根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则有：

， ， ， ， ， ，

可得： ， ， ，

则有：

又不在平面上

故有：平面

（2）根据（1）可设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，则有：

，

即

不妨取，此时，可解得： ，

则有：

同理，

即

则有：

不妨设

则有：

设二面角为 ，法向量的方向是朝向二面角外侧，法向量的方向是朝向二面角内侧，故二面角就是向量与向量的夹角

则有：

故二面角的余弦值为：

20．学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．

(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；

(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．

【答案】(1)分布列见解析，（分）

(2)

【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；

（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.

【详解】（1）解：可取5，6，7，8，9，10，

，，

，，

，，

分布列如下：

所以（分）；

（2）解：设一天得分不低于3分为事件，

则，

则恰有3天每天得分不低于3分的概率，

则

，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值.

21．已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．

(1)求C的方程；

(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；

（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.

【详解】（1）双曲线一条渐近线方程为 ，

焦点 ，则焦点到准线的距离 ，

由F到渐近线的距离为可知： ，

由渐近线方程为知： ，故 ，

所以双曲线方程为： ；

（2）设直线l的方程为 ，

联立 ，整理得： ，

设 ，而 ,

则 ，

所以 ， ，

假设存在实数t，使得，则 ,

故由方程： ,令得 ，

同理方程： ,令得，

所以，

即 ，

则 ，

即 ，解得 ，

故存在实数，使得.

【点睛】本题考查了直线和双曲线的相交问题，涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题，还渗透了向量的应用，比较复杂，这类问题的一般解决思路，是设直线方程，然后联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，然后利用所给条件得到一个关系式，将根与系数的关系代入整理化简，其中关于字母的运算量大，需要细心耐心对待.

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，若，试比较，，的大小，并说明理由．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）分类讨论，或两种情况，利用导数得出的单调性；

（2）由（1）得出函数在上单调递增，进而得出，构造函数，利用导数得出，进而得出大小关系.

【详解】（1）

当，即时，，则

故函数在上单调递增.

当或时，方程的两根为，

当或时，；当时，.

故函数在和上单调递增，在上单调递减.

（2）当时，，，则函数在和上单调递增，在上单调递减

，，

，

令，

由可得，函数在上单调递减，且.

故当时，，即函数在上单调递减.

，

，

即.

【点睛】方法点睛：在比较大小时，可以先构造函数，再由导数得出其单调性，利用单调性得出大小关系.