2024届山东省日照市高三上学期期中校际联合考试数学试题含答案

这是一份2024届山东省日照市高三上学期期中校际联合考试数学试题含答案，共20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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用并集概念进行求解.
【详解】.
故选：D
2．已知复数满足，则的共轭复数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的四则运算化简复数，利用共轭复数的定义可得结果.
【详解】因为，则，
所以，.
故选：B.
3．以点为对称中心的函数是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的对称性依次判定.
【详解】对于A选项，对称中心为，故不选A；
对于B选项，对称中心为，故不选B;
对于C选项，对称中心为，故C选项正确；
对于D选项，不是中心对称图形，故不选D.
故选：C.
4．在中，点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则（ ）
A．1B．C．D．-1
【答案】B
【分析】根据平面向量的基本定理和线性运算即可求解.
【详解】点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，如图所示，
所以.
故选：B.
5．函数的图象如图所示，则函数的图象可能是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．
6．已知，，，，成等比数列，且和为其中的两项，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解.
【详解】由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和，
设等比数列的公比为，
当时，，所以，所以，
所以；
当时，，所以，所以，
所以；
综上，的最小值为.
故选：B
7．在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为室内5人制足球场示意图，设球场（矩形）长大约为40米，宽大约为20米，球门长大约为4米.在某场比赛中有一位球员欲在边线上某点处射门（假设球贴地直线运行），为使得张角最大，则大约为（ ）（精确到1米）
A．8米B．9米C．10米D．11米
【答案】C
【分析】利用表示出，再结合基本不等式求解.
【详解】由题意知，，设，则，所以，当且仅当，即时取等号，又因为，所以大约为10米.
故选：C.
8．已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（ ）
A．不为定值，为定值B．为定值，不为定值
C．与均为定值D．与均不为定值
【答案】A
【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截面为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案.
【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，
如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，

可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等
设，则，∴，
∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，
∴六边形的周长为定值．
正三角形的面积为；
如上图，当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，截面面积为， 所以截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，
故可得周长为定值，面积不为定值，
故选：A.
二、多选题
9．若，为空间中两条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】BC
【分析】由点、线、面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，若，，则可能，故A错误；
对于B，因为，则能在内找一条直线，使得，
因为，则，因为，由面面垂直的判定定理可得，故B正确；
对于C，若，则能在内找一条直线，使得，
，，则，又因为，所以，故C正确；
对于D，若，，，则可能异面，故D错误.
故选：BC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的既不充分也不必要条件
B．的最大值为
C．若，则
D．命题 “，”的否定是“，”
【答案】AB
【分析】利用特殊值判断A，根据对数函数的性质判断B，利用平方关系及诱导公式判断C，根据含有一个量词命题的否定判断D.
【详解】对于A：若，，满足，但是，故充分性不成立，
若，，满足，但是，故必要性不成立，
即“”是“”的既不充分也不必要条件，故A正确；
对于B：由，解得，所以函数的定义域为，
又，所以当时函数取得最大值，且，故B正确；
对于C：因为，又，所以，
所以，，故C错误；
对于D：命题 “，”的否定是“，”，故D错误；
故选：AB
11．已知定义在上的函数和，是的导函数且定义域为.若为偶函数，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据题意，先利用求导证明为奇函数，再证明其还为周期为4的函数，再通过合理赋值可一一核对各选项的对错.
【详解】因为为偶函数，则，两边求导得，
所以为奇函数，因为，，
所以，故，所以，
即的周期且，则，故B错误；
在，中，
令，可得，所以，故A正确；
由，令，可得，则，则，即，
所以，故D错误；
在中，令得，，
在中，令得，，
两式相加得，即，故C正确.
故选：AC.
12．已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，P为正方体的内切球上任意一点，则（ ）
A．球被截得的弦长为
B．的范围为
C．与所成角的范围是
D．球被四面体表面截得的截面面积为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用对称性以及球心到端点的距离，再结合余弦定理可计算得弦长为，从而可判断出选项A的正误；
对于B，利用向量运算可得，即可求得其范围为，从而可判断出选项B的正误；
对于C，截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大满足，可得，从而可判断出选项C的正误；
对于D，求得球心到正四面体表面的距离为，可得四个相同截面圆的半径为，即可得截面面积为，从而可得出选项D正确.
【详解】如图所示，
对于选项A，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得，
设球被截得的弦长为，在中，易得，
如下图所示，在中，
由对称性可知，，且，由余弦定理知，
在中，，解得或（舍），
则弦长，所以选项A正确；
对于选项B，不妨设的中点为，
则，
由选项A知，，，所以，，
，
当共线同向时，，
当共线反向时，，
所以，的范围为，即选项B正确；
对于选项C，易知当三点共线时，与所成的角最小为，
取截面如下图所示，
易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，
则，所以，得到，
所以选项C错误；
对于选项D，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，
由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：
设为的中点，为球心在平面内的射影，则为的中心，
易知正四面体的棱长为，
又正方体的体对角线长为，所以，
又为等边三角形，且边长为，易得，
由勾股定理，可得，所以，
设截面圆的半径为，则，
设内切圆的半径为，则由，得到，
所以截面面积为，故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点晴：选项A和C的关键在于空间问题平面化，将空间问题转化到平面上来处理，选项C关键在于利用向量的线性运算，得到，选项D关键在于求出截面圆的半径.
三、填空题
13．的二项展开式的常数项为
【答案】20
【详解】的二项展开式的通项为．
令得．所以的二项展开式的常数项为．
14．已知向量，，其中，，，若，则实数的值为 .
【答案】/
【分析】利用向量数量积的运算律及向量垂直的表示列方程求参数即可.
【详解】，
又，则
故答案为：
四、双空题
15．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要 步“雹程”；若，则所有可能的取值所构成的集合为 .
【答案】 12
【分析】根据“冰雹猜想”的计算规律，由17一直计算下去，直到使得，即可求解，再由，根据“冰雹猜想”的规律倒推，分类情况讨论，求得的值，即可求解.
【详解】（1）当，可得，
所以需要12步使得；
（2）若，则或1，
①当时，或，
②当时，，
综上所述，可得或或，所以集合.
故答案为：；.
五、填空题
16．已知函数，点是函数图象上不同的两个点，则（为坐标原点）的取值范围是 .
【答案】
【分析】设直线，利用导数的几何意意求出当时切线方程，再联立方程，求出当时的切线方程，再结合两角差的正切公式即可求出结果.
【详解】当时，，则恒成立，所以在区间上单调递增，
当时，，图像如图，
设直线，由，消得到，
由，得，解得或（舍去），即直线与相切，
当时，设与的切点为，
则，整理得到，
令，则在区间上恒成立，
即在区间上单调递增，
又，所以方程的解为，得到，即直线与相切，
记直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，
所以，
又因为点是函数图像上不同的两个点，
显然，当点在一条线上时，，所以，
又易知，在区间上单调递增，
所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出过原点且与函数的图像相切的两条切线的方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.
六、解答题
17．已知数列的前项和为，满足.
(1)求；
(2)将中满足的第项取出，并按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）利用得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式；
（2）计算出，，故取出的项为原数列的偶数项，是以4为首项，4为公比的等比数列，利用求和公式求出答案.
【详解】（1）因为数列满足①，
当时，，解得；
当时，，②
①-②得，即
因，所以，从而，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以.故数列的通项公式为.
（2）根据题意可知，
故，.
所以取出的项就是原数列的偶数项，
所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以.
18．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.
【详解】（1）在中，由得：，由正弦定理得，
而，即，则，又,
所以.
（2）依题意，，在中，由余弦定理得：，
即，解得，
所以的面积.
19．已知函数在处有极值-1.
(1)求的值；
(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可列出相应方程，即可求得的值，验证后即可确定答案；
（2）由题意得在上恒成立，继而参变分离得在内恒成立.，构造函数，求出函数的最小值，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知，
因为在处取得极值-1，
所以，
解得，
即，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
即在处取得极小值-1，符合题意，
故.
（2）在上恒成立，
即在内恒成立.
令，
则，令，得或，
令，得或，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以，经验证时，，即符合题意，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答第二问根据函数的单调区间求解参数取值范围，得到不等式在上恒成立，即可参变分离，转化为不等式在内恒成立，继而构造函数，将问题转化为求解函数的最值问题.
20．已知两个正项数列，满足，．
(1)求，的通项公式；
(2)若数列满足，其中表示不超过的最大整数，求的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）依题意可得，，即可求出、；
（2）根据高斯函数先推出的解析式，再运用等差数列求和公式计算可得.
【详解】（1）由，得，
由，得，，因为是正项数列，，
；
（2）因为，
所以，
所以当时
，
当时满足，
所以.
21．如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理推得，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理与性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量表示得到关于的表达式，从而求得的值，进而利用点面距离公式即可得解.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，
因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，
解得，又，，
所以，即，，
所以在中，，
在中，由余弦定理：
，
所以，故.
因为底面，面，所以平面平面，
又面，面面，，故面，
又平面，所以平面平面；
（2）易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，
令，，
则
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点M到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
22．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若方程的两根互为相反数.
①求实数的值；
②若，且，证明：.
【答案】(1)增区间是，减区间是
(2)①0；②证明见解析
【分析】（1）求导，由导函数的正负得到函数的单调区间；
（2）①变形得到，设其两根分别为和，得到方程组，相减得到，构造，求导得到其单调性，且，若时，推出矛盾，得到，求出；
②由①可得，求导，得到在处的切线方程，切线放缩得到，，分别令，且满足，，则，令，则，证明出结论.
【详解】（1）根据题意可得：.
令，得，令，得，
故函数的增区间是，减区间是.
（2）①根据题意得：，，
即，，
设方程的两根分别是和，
故①，
，即②，
①-②可得：③，
令，则，
易证，所以单调递增，又，所以当且仅当时，；
所以，若时，由①式可知：，，不可能成立；
故，即，由③式可知：，可得；
②因为，可得，则，
设在处的切线斜率为，则，
又，则在处的切线方程为，
设，，则，且，
设，则，
又，则，所以在上单调递增，且，
则当时，；
当时，，
则，即，，
分别令，且满足，，
则
令，则，
故.
【点睛】方法点睛：常见的切线放缩不等式有，，，，等，常用来进行不等式证明.