2023届山东省新高考联合质量测评高三上学期12月联考数学试题含解析

这是一份2023届山东省新高考联合质量测评高三上学期12月联考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省新高考联合质量测评高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合的子集个数为（    ）．A．1 B．2 C．4 D．8【答案】D【分析】解不等式求出，求出值域得到，从而求出交集及子集个数.【详解】，解得：，所以，其中，所以，所以．所以的子集个数是.故选：D．2．复数，则（    ）．A． B．2 C．4 D．8【答案】A【分析】先根据复数的乘除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可得解.【详解】解：，所以.故选：A．3．设，则（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据切化弦公式及逆用二倍角公式求解即可．【详解】解：，故选：C．4．在的展开式中，含项的系数为（    ）．A．10 B．15 C．20 D．30【答案】B【分析】问题可以看作5个括号中分别选取的不同选法的组合问题，利用组合知识求解即可.【详解】根据组合可知，展开式中含项为：，所以含项的系数为15，故选：B．5．已知在三棱锥中，平面，为等腰直角三角形，且，，点为棱上一点，且，过点作平行于底面的截面，那么三棱台的体积等于（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，，，，相减后得到三棱台的体积.【详解】因为平面，且平面平面ABC，，，所以，，，，，，所以.故选：B．6．若，则的大小关系为（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】根据与判断即可．【详解】解：令，则，在上单调递增，，令，则，由得，递增；由得，递减，，．，故选：A．7．若点是所在平面上一点，且是直线上一点，，则的最小值是（    ）．A．2 B．1C． D．【答案】C【分析】根据向量的运算确定G的位置，可得B、H、D三点共线，利用三点共线得，再由不等式求最值即可.【详解】设，，因为，所以，，所以点G是的重心，设点D是AC的中点，则，B、G、D共线，如图，又．因为B、H、D三点共线，所以，所以，当且仅当，即，时取等号，即的最小值是.故选：C．8．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）．A．1 B．C． D．【答案】D【分析】令，将都用表示，从而可将构造出关于的函数，再利用导数求出函数的最小值即可.【详解】解：由题意，令，则，，所以，，，令，所以，令，得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，有最小值，即的最小值为.故选：D． 二、多选题9．党的二十大报告从16个方面概括了我国十年来的伟大变革，报告指出，“我们提出并贯彻新发展理念，着力推进高质量发展，推动构建新发展格局，实施供给侧结构性改革，制定一系列具有全局性意义的区域重大战略，我国经济实力实现历史性跃升，国内生产总值从五十四万亿元增长到一百一十四万亿元，我国经济总量占世界经济的比重达百分之十八点五，提高七点二个百分点，稳居世界第二位；人均国内生产总值从三万九千八百元增加到八万一千元．谷物总产量稳居世界首位，制造业规模、外汇储备稳居世界第一．”下图是某地区2012年一2021年人均国内生产总值（人均GDP）及同比增长率变化情况，则下列说法正确的是（    ）．A．2020年受到疫情影响，该地区人均GDP增长减缓B．2012年至2021年该地区人均GDP的80％分位数为69901C．2012年至2021年该地区人均GDP同比增长率的平均值在以上D．根据图表和二十大报告可推测该地区十年的人均GDP的极差低于全国【答案】ACD【分析】用样本估计总体思想，结合图解决.【详解】由图可知2020年该地区人均CDP同比增长率有所下降，但GDP依然增加，所以A正确．2012年至2021年该地区人均GDP的80％分位数为，所以B不正确．2012年至2021年该地区人均GDP同比增长率的平均值为：，所以C正确（也可以直接观察判断）．2012年至2021年该地区人均GDP极差，所以D正确．故选：ACD．10．关于函数有如下四个命题，则下列选项正确的是（    ）．A．的图象关于轴对称B．的图象关于原点对称C．的图象关于点对称D．的周期是【答案】BC【分析】选项A和选项B可通过函数的奇偶性进行判断；选项C可通过将向左平移个单位长度后是否为奇函数进行判断；选项D可通过周期函数的定义进行判断.【详解】对于选项A和选项B，由已知，的定义域为，，都有，且，∴为奇函数，的图象关于原点对称，∴选项A错误，选项B正确；对于选项C，将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，则，的定义域与定义域相同，均为，，都有，且，∴为奇函数，图象关于原点对称，即将的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，∴的图象关于点对称，故选项C正确；对于选项D，，∴不是的周期，选项D错误．故选：BC.11．在棱长为2的正方体中，点为线段（包含端点）上一动点，则下列选项正确的是（    ）．A．三棱锥的体积为定值B．在点运动过程中，存在某个位置使得平面C．截面三角形面积的最大值为D．当三棱锥为正三棱锥时，其内切球半径为【答案】AC【分析】对于A，证明平面，从而可得上所有点到平面的距离不变，即可判断；对于B，假设平面BQC，从而可得，，即可判断；对于C，要使截面三角形面积的最大，只要Q到BC的距离最大，过Q作于F，过F作于G，连接QG，求出的最大值即可；对于D，利用等体积法求解即可.【详解】解：A.，而为定值．连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，所以上所有点到平面的距离不变，所以三棱锥的高不变，所以为定值，故A正确；B．若平面BQC，平面BQC，则，又，所以，不正确，故B错误；C．因为BC为定值，所以只要Q到BC的距离最长，过Q作于F，过F作于G，连接QG，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，则，要使QG最长，只需QF最长，即Q点在时，最长，此时，故C正确，D．当Q在A点时，为正三棱锥，设三棱锥的内切球的半径为，由等体积法，所以，所以，故D错误．故选：AC.12．已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，则下列选项正确的是（    ）．A．为非奇非偶函数B．C．D．【答案】BCD【分析】由函数的奇偶性定义判断出为奇函数，A错误；赋值法得到，结合奇偶性得到，联立后求出，B正确；将变形为，令，则，结合是奇函数，得到是一个周期为4的周期函数，得到，求出，C正确；对求导，得到，赋值法得到，，结合的周期性与奇偶性得到的周期性和奇偶性，得到.【详解】由已知有为R上的奇函数，所以，故的定义域为R，且，故为奇函数，故A选项错误；由已知有：恒成立，令时，①，因为为奇函数，故，令时，②，由①②解得：，，故B选项正确；由已知有：恒成立，即恒成立，令，则恒成立，由A选项知是奇函数，故，故，即，所以，所以是一个周期为4的周期函数，则，所以，故C选项正确；由已知有：在R上可导，对求导有：，即，令时，，则，因为，所以．又因为是奇函数，故是偶函数，所以，因为是一个周期为4的周期函数，所以也是一个周期为4的周期函数，以下是证明过程：假设为周期为的函数，则，所以为周期为的函数，故，故D选项正确．故选：BCD【点睛】结论点睛：设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a；（5）若，则函数的周期为；（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a． 三、填空题13．已知，则_______．【答案】##-0.8【分析】对两边平方求出，结合诱导公式求出答案.【详解】因为，两边平方得：所以．所以．故答案为：14．有形状完全相同的4个白球和4个红球，若一个袋中放有3个白球和2个红球，另一个袋中放有1个白球和2个红球，任选一个袋子取出一球，则恰好取出的是白球的概率为________．【答案】【分析】根据互斥事件和的概率等于互斥事件概率的和求解即可．【详解】解：设A表示选择其中有3白球、2红球的袋子，B表示取出白球，则，．故答案为：．15．在数列中，，则数列的前20项和为________．【答案】230【分析】根据递推公式得到从第一项起，依次相邻两奇数项的和为2，从第二项起，依次相邻两偶数项的和组成以12为首项，16为公差的等差数列，进而分组求和即可.【详解】因为，所以有：，，，，，，，…由此可得出：，，，，…，所以从第一项起，依次相邻两奇数项的和为2，从第二项起，依次相邻两偶数项的和组成以12为首项，16为公差的等差数列，所以数列的前20项和为：．故答案为：23016．若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】原不等式转化为存在，成立，令，由导数可知函数为增函数，据此可得，转化为成立，分离参数求的最小值即可.【详解】由题意：存在，使得不等式成立，即成立，即成立，令，，则恒成立，所以在上单调递增，所以只需时，有成立，即成立，令，则，所以当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为e．所以a的取值范围是．故答案为： 四、解答题17．在锐角中，角的对边分别为，且满足．(1)求角的大小；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式及三角形内角关系即可得出答案；（2）利用正弦定理将所求边为角的形式，再结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】（1）解：因为，所以，即，即，又，所以，因为，所以；（2），因为为锐角三角形，所以，解得，所以，所以，即的取值范围为．18．已知函数．(1)求函数在点处的切线方程；(2)证明：函数在上有且仅有一个零点．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数几何意义求解.（2）判断函数在上单调性，然后观察零点.【详解】（1）因为，且，，所以切线方程为，即所求切线方程为．（2）．因为，所以，，，所以，所以，当且仅当时取等号，所以在上是减函数，且，所以在上仅有一个零点．19．已知数列满足，且，数列满足，设的前项和为．(1)求数列的通项公式；求数列的前项和；(2)设，记数列的前项和为对恒成立，求的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）对变形得到，得到是等差数列，求出通项公式，利用裂项相消法求和；（2）得到，利用错位相减法求出，判断出在上单调递增，求出，得到不等式，求出的取值范围.【详解】（1）因为，所以，所以（常数），故数列是以为公差的等差数列，且首项为，所以，故．因为，所以．（2）．所以，所以，两式相减得，，所以．由，知在上单调递增，所以，所以，解得.20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，为等腰直角三角形，且分别为和的中点，为棱上的点．(1)证明：；(2)当为何值时，直线与平面所成线面角的正弦值为．【答案】(1)证明见解析(2)或 【分析】（1）根据证明即可．（2）根据线面角的正弦等于线法角的余弦绝对值列式计算求解即可．【详解】（1）解：为等腰直角三角形，且，．又∵三棱柱为直三棱柱，平面ABC．分别以向量，，的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，为中点，连接，则，，，，，，，．（2）解：设，则，．，，，BC，平面，平面，是平面的一个法向量且．∵直线DE与平面所成的线面角的正弦值为，，化简得：且，或，即或．21．某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和．已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格．(1)设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为，求的分布列和数学期望；(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值．【答案】(1)分布列见解析，1(2)． 【分析】（1）先得到剂型与合格的概率，求出X的所有可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；（2）求出，令，得到，利用基本不等式求出最值，得到答案.【详解】（1）剂型合格的概率为：；剂型合格的概率为：．由题意知X的所有可能取值为0，1，2．则，，，则X的分布列为X012P 数学期望．（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，检测4人确定“感染高危户”的概率为，则．令，因为，所以，原函数可化为．因为，当且仅当，即时，等号成立．此时，所以．22．已知函数．(1)当时，求函数的极值．(2)若有三个极值点，且，①求实数的取值范围；②证明：．【答案】(1)极小值为，无极大值(2)①；②证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数的最小值；（2）①当时，判断函数的单调性，说明不合题意，当时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；②由题意可判断三个零点的范围且满足，因为要证明，即，也即，又因为 ，故只要证明，故构造函数，利用其单调性证明即可证明结论成立.【详解】（1）解：当时，，令，则，所以函数在上单调递增，由，所以时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数有极小值为，无极大值；（2）①解：由，所以，因为 ,仅当时取等号，于是，当时，，函数在上单调递增，此时至多有一个零点，不符合，当时，令，得，当或时，，当时，，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，注意到，当吋，，所以，，又 ， ，令，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以，所以，故，则 ， ，因此 在 内恰有一个零点（即在有一个零点），在内有一个零点，即 ，在内有一个零点，故有三个零点，则；②证明：由题意知，又注意到，所以，即，当时，先证明不等式恒成立，设，则，所以函数在上单调递增，于是，即当时，不等式恒成立．由，可得，因此，两边同除以，得，而，故．【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值以及根据零点个数求参数范围和证明不等式问题，综合性强，计算量大，对学生的综合数学素养有很高的要求，解答时要能熟练应用导数的相关知识，比如求导，判断导数正负，判断单调性,解决函数零点问题等，解答的关键在于能根据要证明的不等式合理变式，从而构造恰当的函数，利用导数解决问题.