2023届山东省齐鲁名校高三下学期3月大联考数学试题含解析

2023届山东省齐鲁名校高三下学期3月大联考数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解指数不等式求得集合A，根据集合的交集运算可得答案.

【详解】解不等式，即，

故，

故，

故选：B

2．法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的虚部为（    ）．

A． B． C． D．16

【答案】A

【分析】根据题意求出对应的复数，再根据虚部的定义即可得解.

【详解】依题意，

，

故所求复数的虚部为．

故选：A.

3．已知，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据二倍角公式及诱导公式化简求值即可．

【详解】，

所以．

故选：

4．已知一个竖直放在水平地面上的圆柱形容器中盛有20cm高的水，若将一半径与圆柱底面半径相同的实心钢球缓缓放入该容器中，最后水面恰好到达钢球顶部，则该钢球的表面积为（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据圆柱和球的体积公式，结合球的表面积公式进行求解即可.

【详解】设钢球的半径为r cm，则圆柱的底面半径也为r cm，

故，解得，

故钢球的表面积．

故选：B

5．地震震级是对地震本身能量大小的相对量度，用M表示，M可通过地震面波质点运动最大值进行测定，计算公式如下：（其中为震中距）．若某地发生6.0级地震，测得，则可以判断（    ）．参考数据：，．

A．震中距在2000～2020之间 B．震中距在2040～2060之间

C．震中距在2070～2090之间 D．震中距在1040～1060之间

【答案】B

【分析】代入求值，得到，进而求出答案.

【详解】依题意，，

则，则，

故．

故选：B

6．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）．

A．在上单调递增 B．在上单调递增

C．在上单调递减 D．在上单调递减

【答案】C

【分析】根据余弦型函数图象的变换性质，结合余弦型函数的单调性进行逐一判断即可.

【详解】依题意，．

令，得，

令，所以在时单调递减，所以在上单调递减和单调递增都不正确；

令，所以时单调递减，

所以在上单调递减．

故选：C．

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点且与椭圆的长轴垂直，直线过椭圆的上顶点与右顶点且与交于点，若（为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先求出直线，直线的方程，即可求出交点的坐标，从而得到点坐标，依题意可得点在椭圆上，将的坐标代入椭圆方程，即可得解.

【详解】设椭圆的焦距为，

则直线，直线，

联立，解得，即，

因为，故．

因为，所以点在椭圆上，

将代入椭圆的方程得，即，

即，解得或（舍去）.

故选：A

8．已知数列满足：当时，，其中为正整数，则使得不等式成立的的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可知数列中值为的项数为，记数列的前项和为，求得，解不等式，可得出的最小值，计算得出，的值，再由可求得满足条件的的最小值.

【详解】记数列的前项和为，当时，，

即数列中值为的项数为，

则

，

令，可得，

因为，所以，满足不等式的的最小值为．

因为，，

，故的最小值为．

故选：C.

二、多选题

9．如图是国家统计局公布的2021年5月至2021年12月的规模以上工业日均发电量的月度走势情况，则（    ）．

A．2021年7月至2021年10月，规模以上工业月度日均发电量呈现下降趋势

B．2021年5月至2021年12月，规模以上工业月度日均发电量的中位数为228

C．2021年11月，规模以上工业发电总量约为6758亿千瓦时

D．从2021年5月至2021年12月中随机抽取2个月份，规模以上工业月度日均发电量都超过230亿千瓦时的概率为

【答案】AD

【分析】根据柱状图，结合中位数的定义、古典概型运算公式逐一判断即可.

【详解】由图可知，2021年7月至2021年10月，规模以上工业月度日均发电量数据由大变小，故A正确；

将2021年5月至2021年12月的月度日均发电量的数据从小到大排序，第4个数为225，第5个数为228.7，则所求中位数为226.85，故B错误；

2021年11月，规模以上工业发电总量为亿千瓦时，故C错误；

从2021年5月至2021年12月中随机抽取2个月份，规模以上工业月度日均发电量都超过230亿千瓦时的概率为，故D正确．

故选：AD

10．已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点F且与抛物线C交于，两点，其中，且，则（    ）

A．直线l的斜率为 B．

C． D．△MON（点O为坐标原点）的面积为6

【答案】BC

【分析】设l方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得

，，又如图可得，据此可得则，.

据此可判断AB选项正误；

C选项，由抛物线定义可得；

D选项，由图可得.

【详解】因为，所以点M在第一象限，显然直线l不与x轴垂直，设直线：，联立，可得，由韦达定理可得：，．做垂直于x轴，则，

得，则，.

A选项，，则直线斜率为，故A错误；

B选项，因，则，故B正确；

C选项，由抛物线定义，，

又，则，故C正确；

D选项，由图有，故D错误.

故选：BC.

11．已知正方体的外接球表面积为，分别在线段，，上，且四点共面，则（    ）．

A．

B．若四边形为菱形，则其面积的最大值为

C．四边形在平面与平面内的正投影面积之和的最大值为6

D．四边形在平面与平面内的正投影面积之积的最大值为4

【答案】ABD

【分析】根据正方体外接球表面积可求得正方体棱长，根据面面平行的性质定理即可判断A；计算出菱形的对角线的长，即可求得其面积的最大值，判断B；求出四边形在平面与平面内的正投影面积，根据其表达式结合不等式知识，可判断C，D.

【详解】作出图形如图所示．

设正方体的棱长为a，则外接球直径即为正方体体对角线长，

依题意，，解得．

因为平面平面，

且平面平面，平面平面，

故，同理可得，，

故四边形为平行四边形，则，故A正确；

若四边形为菱形，则，即,

则，则，

由于菱形面积等于其两对角线乘积的一半，

故要使得该菱形的面积最大，只需最大即可，

而AN的最大值为，此时点N与点重合，

故菱形的面积的最大值为，战B正确；

设，，由题意知，则，

记四边形在平面与平面内的正投影面积分别为，，

则M在平面上的投影落在上，设为G，N在平面上的投影落在上，设为H，

则四边形为四边形在平面上的投影，

由于,则≌,故，

又，故四边形为平行四边形，

则，同理求得，故，，

（当时取“＝”），故C错误，D正确，

故选：ABD

12．若，，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】观察式子特点，构造函数比较大小

【详解】，令，，

则，

故在上单调递增，

则，

即，

故；

而，

令，，

则，

故在上单调递减，故，

即，

故；

令，，

则，

由函数及的图象特征，

再由，，可得，

故在上单调递增，则，

即，

则，

则．

故选: BC．

【点睛】本题需要构造函数，利用导数确定函数的单调性，并借助特殊值比较大小.

三、填空题

13．已知，是夹角为120°的单位向量，若，，则，的夹角为__________．

【答案】90°

【分析】利用平面向量的数量积即可求解．

【详解】依题意，，

所以，则，的夹角为90°．

故答案为：90°.

14．为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有______种不同的排队方法．

【答案】240

【分析】利用捆绑法，结合排列的定义进行求解即可.

【详解】不同的排队方法有种．

故答案为：240

15．已知，且，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】结合已知条件，利用基本不等式即可求解.

【详解】由题可知，

故，

则，当且仅当，时等号成立，

故的最小值为．

故答案为：.

16．已知在正方体中，，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为__________．

【答案】

【分析】作出辅助线，找到即为直线l，建立空间直角坐标系，设出，求出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式求出答案.

【详解】作出图形，如图所示．

延长至E，使得，则≌，≌，

故，，故四边形为平行四边形，

连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．

以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，

故，，

则，，，，

故，，

故直线l与所成角的余弦值为．

故答案为：

四、解答题

17．已知平面四边形ABCD中，，，．

(1)求；

(2)若，，求四边形ABCD的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)在和中，利用正弦定理和已知条件，建立等量关系：，从而得到，求出结果；

(2)利用条件得到为等边三角形，进而求出，再利用三角形面积公式即可求出结果.

【详解】（1）如图，在中，由正弦定理可得，

在中，由正弦定理可得．

因为，所以，所以．

而，，故，

又，所以得到．

因为，故，故．

（2）因为，且，

故，为等边三角形．

所以，

因为，，所以，

故梯形ABCD的面积．

18．已知等差数列的前n项和为，且，，数列的前n项和为，且．

(1)求数列，的通项公式．

(2)记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)，

(2)是定值，定值为

【分析】（1）求出等差数列的首项与公差，即可求得数列的通项公式，再根据即可求得的通项公式；

（2）根据等比数列前项和公式可求得数列的前n项和为，利用错位相减法求得数列的前n项和为，从而可得出结论.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，

解得，，故，

因为，所以当时，，

当时，，，

两式相减可得，得，由题易知，则，

所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，

故；

（2）由（1）可如，故，

，

所以，

，

两式相减可得，

故，

故，为定值．

19．如图所示，在直三棱柱中，E，F分别是线段AC，的中点，．

(1)求证：平面平面；

(2)若，且二面角的余弦值为，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直判定定理得证；

（2）设，则，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角余弦值解出即可得解.

【详解】（1）因为，所以，

而E为AC的中点，所以．

因为平面ABC，平面ABC，所以．

又，平面，所以平面．

因为平面BEF，所以平面平面．

（2）因为，设，则，．

以E为坐标原点，以EB，EC所在直线分别为x，y轴，

过点E与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，

设，则，，，，，

所以，，，．

设平面BEF的法向量为，

则，得，令，则．

设平面ABF的法向量为，

则，得，令，则．

设二面角的平面角为，则，

所以，解得．

故．

20．某网络公司常年负责A，B，C三个项目的开发与更新，每名员工一个月负责一个项目．若员工小明本月选择项目A，则他在下个月选择项目A，B，C的概率分别为0.4，0.2，0.4；若小明本月选择项目B，则他在下个月选择项目A，B，C的概率分别为0.3，0.1，0.6；若小明本月选择项目C，则他在下个月选择项目A，B，C的概率分别为0.2，0.6，0.2．

(1)若小明在9月选择项目B，求小明在11月选择项目B的概率；

(2)已知负责项目A，B，C的员工当月可获得的绩效工资分别为5000，4000，6000元，小明9月选择项目B，记X（单位：元）表示小明9月至11月三个月获得的绩效工资之和，求X的分布列以及数学期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据给定的条件，利用互斥事件和相互独立事件的概率公式求解作答.

（2）求出X的所有可能取值，再求出各个值对应的概率列出分布列，求出期望作答.

【详解】（1）小明在9月选择项目B，则小明在10月选择项目A，B，C的概率分别为0.3，0.1，0.6，

小明在11月选择项目B的概率．

（2）依题意，X的所有可能取值为12000，13000，14000，15000，16000，

，

，

，

，

，

所以X的分布列为：

期望．

21．已知函数．

(1)若是函数的极大值点，求实数a的取值范围；

(2)已知，证明：方程有且仅有1个正实根，且该正实根位于区间内．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先求，然后对进行分类讨论，根据单调性、极值点等知识求得的取值范围.

（2）构造函数，判断的单调性，结合零点存在性定理以及导数证得结论成立.

【详解】（1）依题意，，

令，得或．

若，当时，，

当时，，递减，

当时，，递增，

此时是函数的极大值点，符合题意；

若，则，单调递增，不符合题意，舍去；

若，当时，，

当时，，当时，，

此时是函数的极小值点，不符合题意，舍去．

综上所述，实数a的取值范围为．

（2）当时，令，

观察可知，，单调性相同，

由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，

故．

下面证明．

设，则，

设，则，

当时，，当时，，

所以，所以，故单调递增，

所以．

根据零点存在性定理，在内存在唯一正零点，即原命题得证

【点睛】求方程的根的问题，可转化为求函数的零点问题来求解.利用导数求函数的单调区间时，如果导函数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要注意做到不重不漏.

22．已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，点M，N在双曲线C上，当直线MN过C的右焦点且斜率为2时，．

(1)求双曲线C的方程；

(2)若线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，且，求O到直线MN的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意设双曲线，写出直线MN方程，联立方程组，设，，利用韦达定理和弦长公式计算化简求出，即可求解；

（2）设直线MN方程为，易知，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，由题意可知Q为的外接圆圆心，设圆的一般方程，结合双曲线方程化简计算可得，得，结合点到直线的距离公式即可求解.

【详解】（1）设双曲线，双曲线的右焦点为，

则直线，其中．

联立，化简可得．

设，，则，．

，

解得，故．

故双曲线C的方程为．

（2）易知直线MN一定不与坐标轴垂直，设其方程为．

联立，整理得，

若，则，则，

此时点M、N关于原点对称，直线MN过原点，点O到直线MN的距离为0，

所以，则．

由于，，故Q为的外接圆圆心，

可设外接圆方程为，则，

则，即，

整理得，由题知，故．

所以，故原点到直线MN的距离为．