2023届山东省新高考联合质量测评高三下学期3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下学期3月联考数学试题含解析，共25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届山东省新高考联合质量测评高三下学期3月联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用条件求出，再利用集合的基本关系与运算即可得到结果.
【详解】因为，又，
所以，得到，
所以，故，故A错误，B正确；
而，，故CD错误.
故选：B.
2．已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据复数的四则运算求，再结合共轭复数的概念分析运算.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：D.
3．为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：
高三一班：36.1，36.2，，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），
高三二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，，37.1（单位：℃）
若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则为（    ）
A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3
【答案】C
【分析】根据题意结合百分位数的概念分析运算.
【详解】由，可得第25百分位数分别为和，则；
由，可得第90百分位数分别为和，
则，解得；
故.
故选：C.
4．函数的图像如图所示，图中阴影部分的面积为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正切型函数的对称性分析可得，进而可求得，再代入点，运算求解即可.
【详解】如图所示，区域①和区域③面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积，可得，
设函数的最小正周期为，则，
由题意可得：，解得，
故，可得，
即，
可知的图象过点，即，
∵，则，
∴，解得.
故选：A.

5．第十四届“中华人民共和国全国人民代表大会”和“中国人民政治协商会议”分别于2023年3月5日和3月4日胜利召开，为实现新时代新征程的目标任务汇聚智慧和力量．某市计划开展“学两会，争当新时代先锋”知识竞赛活动．某单位初步推选出3名党员和5名民主党派人士，并从中随机选取4人组成代表队参赛．在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，则党员甲被选中的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意古典概型结合组合数运算求解.
【详解】记“随机选取4人”为事件，“代表队中既有党员又有民主党派人士”为事件A，“党员甲被选中”为事件B，
则可得，
则，
故在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，则党员甲被选中的概率为.
故选：C.
6．已知等腰直角三角形中，，，分别是边，的中点，若，其中，为实数，则（    ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理分析运算.
【详解】由题意可得：，
若，则，
可得，故.
故选：D.
7．如图，直三棱柱中，，，，点是的中点，点是线段上一动点，点在平面上移动，则，两点之间距离的最小值为（    ）

A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】根据题意可证：平面，可得，两点之间距离的最小值为，利用等体积法求，即可得结果.
【详解】连接交于点，连接，
∵分别为的中点，则，
且平面，平面，
∴平面，
则点到平面的距离相等，设为，则，两点之间距离的最小值为，
即点到平面的距离为，
∵的中点在上，则点到平面的距离为，
由题意可得为，
由，则，解得，
故，两点之间距离的最小值为.
故选：A.

8．已知，，，其中为自然对数的底数，则，，的大小关系是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造的结构特征，构造，，求导后得到其单调性，得到，再构造，和，，求导得到其单调性，得到，即，从而得到.
【详解】，
令，，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
又，所以在上恒成立，
所以，即，即，
令，，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，即在恒成立，
所以，
令，，
所以，
因为，所以，
故在上单调递减，
所以，即在恒成立，
当时，，
故，即，
综上，
故选：B
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.

二、多选题
9．设随机变量的分布列如下：

1
2
3
…
2022
2023




…



则下列说法正确的是（    ）A．当为等差数列时，
B．数列的通项公式可能为
C．当数列满足时，
D．当数列满足时，
【答案】AC
【分析】根据题意可得.对A：结合等数数列的性质分析运算；对B：利用裂项相消法分析运算；对C：根据等比数列求和分析运算；对D：取，分析运算即可.
【详解】由题意可得：，且，
对A：当为等差数列时，则，
可得，故，A正确；
对B：若，满足，
则，
故数列的通项公式不可能为，B错误；
对C：当数列满足时，满足，
则，
可得，C正确；
对D：当数列满足时，则，
可得，D错误；
故选：AC.
10．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（    ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.

11．已知，是经过抛物线焦点的互相垂直的两条弦，若的倾斜角为锐角，，两点在轴上方，则下列结论中一定成立的是（    ）
A．最小值为32
B．设为抛物线上任意一点，则的最小值为
C．若直线的斜率为，则
D．
【答案】ACD
【分析】选项AC:数形结合推导出,应用公式求解和判断；
选项B：根据抛物线定义和性质转化求解；
选项D：联立方程，应用韦达定理证得：即可判断；
【详解】
设直线的倾斜角为.，则，即，同理可得.
,根据定义得：焦点坐标；

选项A：（当且仅当时等号成立）
，
因为 ，所以故A正确；
选项B：令,转换成抛物线上的点到焦点的距离,故B错误；
选项C：
若直线的斜率为，则直线CD的倾斜角为，直线AB的倾斜角为
所以，故C正确；
选项D:
因为的斜率为，，所以，
设，，的方程为，
由可得，，
，

与无关，同理，故即
故D正确；
故选：ACD;
12．已知函数，其中e是自然对数的底数，记，，则（    ）
A．有唯一零点
B．方程有两个不相等的根
C．当有且只有3个零点时，
D．时，有4个零点
【答案】ABD
【分析】先对求导，判断出函数的单调性，画出的简图，对于选项A，通过令，从而将函数的零点转化成，的根来求解，利用图像可得出结果；对于选项B，通过构造两个函数，利用函数图像的交点来解决，从而判断出选项B的正误；选项C，通过令，从而得到，有且只有3个零点时,方程有两等根，且，或两不等根，，从而求出的范围；对于选项D，直接求出的值，再利用的图像即可判断结果.
【详解】因为，
所以，
所以时，，时，    
所以的图像如下图，

选项A，因为，令，由，得到，
由图像知，存在唯一的，使得，所以，
由的图像知，存在唯一，使，
即只有唯一零点，所以选项A正确；
选项B，令，如图，易知与有两个交点，所以方程有两个不相等的根，所以选项B正确；
选项C，因为，令，由，
得到，
当有且只有3个零点时，由的图像知，
方程有两等根，且，或两不等根，，或（舍弃，不满足韦达定理），
所以或即或，所以或，
当时，，满足条件，所以选项C错误；
选项D，当时，由，得到或，由的图像知，当时，有2个解，当时，有2个解，所以选项D正确.
故选：ABD.

三、填空题
13．已知的展开式中含有常数项，则的一个可能取值是______．
【答案】4、8、12、16（任选一个为答案）
【分析】根据二项式定理展开上述式子，找到满足题意的关于的取值规律，即可求出答案.
【详解】根据二项式定理展开可得，
因为展开式中含有常数项，所以，
由此可得当为4的倍数时，即可满足题意，又因，故可取4、8、12、16.
故答案为：4、8、12、16（任选一个为答案）
14．已知点，设动直线和动直线交于点，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】由两动直线解析式可知其互相垂直，且均过定点，则交点轨迹为圆，继而可知的取值范围.
【详解】如图所示，由条件可知两动直线，分别过原点和，且两直线互相垂直.
所以动点的轨迹为以为直径的圆上，，设圆心为，则
显然当三点共线时取得最值，故，即
故答案为：


四、双空题
15．过双曲线的左、右焦点作两条相互平行的弦，，其中在双曲线的左支上，在轴上方，则的最小值为______，当的倾斜角为时，四边形的面积为______．

【答案】     1    
【分析】根据题意设，联立方程结合题意可求得.空1：根据题意分析利用韦达定理可得，结合不等式分析运算；空2：根据点到直线的距离结合韦达定理运算求解.
【详解】由双曲线可得，则，
设直线，
联立方程，消去x得：，
则，
由题意可得，解得，
空1：根据对称性可知：，
则
，
∵，则，可得，
∴，可得，
故的最小值为1；
空2：连接，根据题意可知四边形为平行四边形，且，
则点到直线的距离，
且，
当的倾斜角为时，则，即
可得，
故四边形的面积.
故答案为：1；.


五、填空题
16．已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】或
【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令，有，得，
令，得，则，
令，，有，得，
又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递增.
不等式可化为，
则有，
因为函数在上单调递增，所以，
又，所以，即，
设，则，
因为，故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，所以或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.

六、解答题
17．已知多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形是直角梯形，，，．

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)

【分析】（1）先证明出，由勾股逆定理得到⊥，证明出⊥平面，从而⊥，证明出⊥平面及面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
【详解】（1）因为四边形是边长为4的正方形，
所以⊥，⊥，
因为四边形是直角梯形，，
所以⊥，⊥，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
由勾股定理得，，
因为，所以，由勾股定理逆定理得⊥，
因为⊥，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为，则，
解得，令，则，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

故直线与平面所成角的正弦值为.
18．为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自2023年1月21日起至3月31日在全省实施景区门票减免，全省国有A级旅游景区免首道门票，鼓励非国有A级旅游景区首道门票至少半价优惠．本次门票优惠几乎涵盖了全省所有知名的重点景区，据统计，活动开展以来游客至少去过两个及以上景区的人数占比约为90%．某市旅游局从游客中随机抽取100人（其中年龄在50周岁及以下的有60人）了解他们对全省实施景区门票减免活动的满意度，并按年龄（50周岁及以下和50周岁以上）分类统计得到如下不完整的列联表：

不满意
满意
总计
50周岁及以下

55

50周岁以上
15


总计


100

(1)根据统计数据完成以上列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联？
(2)现从本市游客中随机抽取3人了解他们的出游情况，设其中至少去过两个及以上景区的人数为，若以本次活动中至少去过两个及以上景区的人数的频率为概率．
①求的分布列和数学期望；
②求．
参考公式及数据：，其中．

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828


【答案】(1)补全的列联表见解析；有关；
(2)①分布列见解析；；②

【分析】（1）由题意，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，即可补全列联表，再根据公式计算，即可判断；
（2）①由题意可知，根据二项分布即可求解分布列及数学期望；②根据即可计算.
【详解】（1）由题意，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，补全的列联表如下：

不满意
满意
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100

则.
所以在犯错误的概率不超过0.001的情况下认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联.
（2）①由题意可得，游客至少去过两个及以上景区的概率为0.9，
则，的所有可能取值为0，1，2，3，
，，，，
所以的分布列如下：

0
1
2
3






因为，所以数学期望.
②.
19．已知的内角的对边分别为，，，，且．
(1)求的大小；
(2)若的平分线交于点，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换整理得，再根据角的范围分析运算；
（2）根据三角形的面积关系整理得，结合基本不等式求范围.
【详解】（1）∵，由正弦定理可得，
则，
可得，
整理得，
注意到，且，则，且，
可得或，
解得或（舍去），
故.
（2）若的平分线交于点，则，
∵，则，
即，整理得，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的取值范围为.
20．在如图所示的平面四边形中，的面积是面积的两倍，又数列满足，当时，，记．

(1)求数列的通项公式；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见详解

【分析】（1）根据题意分析可得，结合三点共线可得，可得，结合等差数列分析运算；
（2）根据题意结合裂项相消法分析运算.
【详解】（1）如图所示，过A作，垂足为，过作，垂足为，连接，交于点，
由题意可得：，则，
且，则，
可得：，
∵三点共线，则，
可得，则，，
整理得：，即
故数列是以首项，公差为2的等差数列，
则.

（2）由（1）可得：当时，则；
当时，可得，
则；
综上所述：.
21．已知曲线，直线与曲线交于轴右侧不同的两点．
(1)求的取值范围；
(2)已知点的坐标为，试问：的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的内心恒在一条定直线上，该直线为

【分析】（1）联立方程，根据题意结合韦达定理列式求解；
（2）根据（1）中的韦达定理证明，即可得结果.
【详解】（1）设，
联立方程，消去y得：，
由题意可得，解得，
故的取值范围为.
（2）内心恒在一条定直线上，该直线为，
∵，即点在椭圆上，
若直线过点，则，解得，
即直线不过点，故直线的斜率存在，
由（1）可得：，
设直线的斜率分别为，则，
∵

，
即，则的角平分线为，
故的内心恒在直线上.
【点睛】方法定睛：存在性问题求解的思路及策略：
(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
22．已知函数．
(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；
(2)设，求证：．
【答案】(1)单调性见详解，证明见详解
(2)证明见详解

【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性；
（2）根据题意分析可得原题意等价于，构建新函数，求导，结合基本不等式证明.
【详解】（1）若，则，
构建，则的定义域为，，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，可得，
即对恒成立，
故在上单调递增.
（2）由题意可得：，
则，即，
可得，
故原题意等价于，
构建，则，
构建，则对恒成立，
可得在上单调递增，故，
即，可得，
∵，则，
可得，
∵当时，则，当且仅当，即时，等号成立；
即对，均有，
故当，即，可得，
故，
则在上单调递增，可得.
故，即证.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．