2023年山东省日照市校级联考高考数学三模试卷（含解析）

2023年山东省日照市校级联考高考数学三模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  设集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数其中为虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知向量，，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知直线平面，则“直线平面”是“平面平面”(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

5.  用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设是眼睛与彩虹中心的连线，是眼睛与彩虹最高点的连线，则称为彩虹角若平面为水平面，为彩虹面与水平面的交线，为的中点，米，米，则彩虹的长度约为参考数据：，(    )

A. 米 B. 米
C. 米 D. 米

6.  函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知数列满足，，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  若，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知则(    )

A.  B.
C.  D.

10.  已知函数，则(    )

A. 的图象关于轴对称
B. 为的一个周期
C. 在上单调递增
D. 函数在上有个零点

11.  设函数的定义域为，满足，且当时，，则(    )

A.
B. 若对任意，都有，则的取值范围是
C. 若方程恰有三个实数根，则的取值范围是
D. 函数在区间上的最大值为，若存在，使得成立，则

12.  如图所示，已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，记的内切圆的面积为，的内切圆的面积为，则(    )

A. 圆和圆外切
B. 圆心一定不在直线上
C.
D. 的取值范围是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  抛物线上的点到其焦点的距离为______ ．

14.  设，且，则的最小值为______ ．

15.  已知数列中，，，是，的等差中项，是其前项和，若数列是公差为的等差数列，则 ______ ．

16.  祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等请同学们借助图运用祖暅原理解决如下问题：如图，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，再注入水，使水面与球正好相切球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部，则容器中水的体积为______ ．

 

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知内角，，的对边分别为，，，且．
求角；
若的周长为，且外接圆的半径为，求的面积．

18.  本小题分
已知数列满足：，．
当时，求数列中的第项；
是否存在正数，使得数列是等比数列，若存在求出值并证明；若不存在，请说明理由．

19.  本小题分
如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．
求证：；
若直线与平面所成的角为为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小．

20.  本小题分
某学校有，两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为．
计算王同学第二天去餐厅用餐的概率；
王同学某次在餐厅就餐，该餐厅提供种西式点心，种中式点心，王同学从这些点心中选择种点心，记选择西式点心的种数为，求的最大值，并求此时的值．

21.  本小题分
在平面直角坐标系中，已知，分别是椭圆的左焦点和右焦点．
设是椭圆上的任意一点，求取值范围；
设，直线与椭圆交于，两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程．

22.  本小题分
已知函数有三个零点．
求的取值范围；
设函数的三个零点由小到大依次是，，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由题意得，，，
．
故选：．
先求集合，再应用交集运算即可．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：易知，则．
故选：．
化简得，利用复数模的定义得．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，，
，
，，
，
．
故选：．
利用向量垂直的坐标运算求解即可．
本题考查向量垂直的坐标运算，是基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：当时，又，则，充分性成立，
当时，又，则或，必要性不成立，
是的充分不必要条件．
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义结合线面平行垂直，面面垂直的判定定理，性质定理进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用空间线面，面面垂直的判定定理和性质定理是解决本题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：在中，由勾股定理，
可得：，
连接，则在中，，
连接，，，则在中，
，
故，，
则彩虹的长度约为：
．
故选：．
先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的底面半径，连接，，，进而在中求，最后利用弧长公式求得彩虹长度．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，属中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：函数的图像向左平移个单位，得的图像，
又函数是偶函数，则有，解得，，
所以．
故选：．
根据图像平移得函数的解析式，由函数是偶函数，解出，可得．
本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查数列的递推关系式的应用，数列项的求法，属于基础题．
利用数列的递推关系式，依次求解数列的项即可．

【解答】

解：数列满足，，
则，，
，，．
故答案选：．

8.【答案】 

【解析】解：令，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
，
，
又，，
，即，故，
，且，
故，即，
综上所述．
故选：．
构造函数，利用导数研究函数单调性，由，可得，再由，再作商法，得，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由，令得，故A正确；
由的展开式的通项公式，得，故B错误；
令，得，再由，得，故C错误；
令，得，再除以得，故D正确；
故选：．
选项令求解判断；选项利用的展开式的通项公式求解判断；选项利用赋值法令，求解判断．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了赋值法的应用，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：依题意，的定义域为，
，
故函数不是偶函数，图象不关于轴对称，故A错误；
，
故为函数的一个周期，故也为函数的一个周期，故B正确；
当时，，
则，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，结合周期性，可知C正确；
作出函数，的大致图象如下所示，

结合周期观察可知，函数在上有个零点，故D正确．
故选：．
利用偶函数的定义和性质判断选项A；利用周期函数的定义判断选项B；利用三角函数的单调性和周期性判断选项C；利用函数零点的定义和图象判断选项D．
本题主要考查三角函数的性质，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：函数的定义域为，满足，即，
且当时，，
当时，，即，
当时，，即，
依次，当时，即，
作出函数图象，如图所示：

对于，代入，，故A正确；
对于，对任意，都有，，
，，
，，
解得：，
对任意，都有，
则的取值范围是，故B正确；
对于，当时，，的图像有个交点，故C错误；

对于，，
最大值，
存在，使得成立，的最大值，
，则增，减，，
即，故D正确．
故选：．
由，可判断，解出不等式可判断，当时，的图像有个交点，即可判断，根据条件可得当时，然后可得，然后可得，判断出数列的单调性可判断．
本题主要考查了抽象函数的应用，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及基本不等式的运用、圆的性质，考查运算能力和推理能力，属于较难题．
由双曲线的定义和圆的切线长定理，可得，的横坐标均为，可判断，不成立，可判断；由直角三角形的射影定理可得，可判断；，由基本不等式和对勾函数的单调性，可判断．

【解答】

解：的内切圆圆心为，
边、、上的切点分别为、、，
则，，，
由，得，则，
即，记的横坐标为，则，
于是，得，
同理可得内心的横坐标也为，故圆和圆均与轴相切于同一点，
故圆和圆外切，故A正确；
因为为的内心，所以为三角形的内角的平分线，
若在角平分线上，则应有，
又为的中点，故不成立，所以圆心一定不在直线上，故B正确；
因为为直角三角形的斜边上的高，
由直角三角形的射影定理可得，
即，，故C正确；
由直线的倾斜角取值范围为，可知的取值范围为，
则的取值范围为，
故，
则．
令，则在单调递减，在单调递增．
，，，值域为
故的值域为选项D判断错误．
故选：．
 

13.【答案】 

【解析】解：抛物线的准线为，则，故，到焦点的距离等于到准线的距离，为．
故答案为：．
确定抛物线的准线为，，再计算距离即可．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以，，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即，时取得最小值．
故答案为：．
由已知条件可知，且，再展开，并利用基本不等式求其最小值．
本题考查基本不等式的应用，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：依题意，，故，
而，
所以，
且，
故是首项为，公差为的等差数列，
则．
故答案为：．
利用等差数列的基本性质及求和公式计算即可．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，等差数列的求和公式的应用，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：如图，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，
球体半径为，则，截面圆面；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积．
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积．

如图，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，
小半球相当于图半球的截面上半部分，其体积等于图中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积．
已知球体半径为，为等边三角形，
，
根据祖暅原理，
，
设图中轴截面为梯形的圆台体积为，
所以，
故答案为：．
根据条件和图可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图中运用此原理可求得答案．
本题考查祖暅原理的应用，几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
 

17.【答案】解：，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以．
设外接圆的半径为，则，
由正弦定理得，
因为的周长为，所以，
由余弦定理得，
即，所以，
所以的面积 ． 

【解析】由正弦定理及三角形的性质即可求角；
利用正弦定理求出边长，然后再根据周长和余弦定理列式解出，从而求解面积．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：由已知，
所以，
相除得，
又，
所以，
所以；
假设存在正数，使得数列是等比数列，
由得，
由，得，
因为是等比数列，，即，
下面证明时数列是等比数列，
由知数列和都是公比是的等比数列，
所以，；
所以为奇数时，，为偶数时，，
所以对一切正整数，都有，
所以，
所以存在正数使得数列是等比数列． 

【解析】根据隔项等比数列的定义和通项公式即可求解；
根据是等比数列的必要条件解出，再根据证明充分性即可．
本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的性质的应用，属于中档题．
 

19.【答案】解：连接，设，则中点为，且，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，
，
又在直三棱柱，面，平面，
，
，，平面，
平面，
平面，
；
由得平面，
则直线与平面所成的角为，
在正方形中，，
建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
平面的法向量为，
又平面
设平面的法向量为，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
为锐角，
，即平面与平面所成锐二面角的大小为． 

【解析】根据面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质，即可证明结论；
由题意建立空间直角坐标系，结合直线与平面夹角的定义，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，
“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，得：，
所以，王同学第二天去餐厅用餐的概率为．
由题意，的可能取值有：，，，，
由超几何分布可知，
令，
若最大，则，，
即，解得，
又，所以，，
易知当和时，的值相等，
所以当或时，有最大值为，
即当的值为或时，使得最大． 

【解析】根据条件概率公式和全概率公式求解即可；
利用超几何分布表示出，列出不等式即可求最大值．
本题主要考查离散型随机变量概率的求解，考查转化能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：由已知可得，，则，
，
设，则有，
即，
于是，
显然，，的取值范围是．
显然直线不垂直于轴，当直线垂直于轴时，由对称性知，点，关于轴对称，
不妨令点在轴右侧，是以为直角顶点的等腰直角三角形，
则直线方程为：，与椭圆方程联立，消去整理得，
，点，直线的方程为，
当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，
设，，
直线与椭圆方程联立，消去可得：，
，即，
，可得
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，，
而，，
即，
整理得，
，
化为，解得，
又线段的中垂线过点和点，
，即，
结合，可得，而当时，成立，即，
直线的方程为． 

【解析】易知，设，有，再利用平面向量的数量积运算求解；
当直线垂直于轴时，由对称性知，点，关于轴对称，不妨令点在轴右侧，由是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线方程为：，与椭圆方程联立求解；当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，，与椭圆方程联立，根据是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到，则，结合韦达定理线求得，再由的中垂线，由斜率关系得到求解．
本题主要考查椭圆的几何性质，椭圆与直线的位置关系等知识，属于难题．
 

22.【答案】解：因为定义域为，又，
(ⅰ)当，，单调递减；
(ⅱ)当，记，则，
当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，，
又，，所以，
当，，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
当，由(ⅱ)知，有两个零点，
记两零点为，，且，
则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，令，，则，，
所以，
所以，，且趋近，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，
所以函数有三零点，
综上所述，；
证明：等价于，即，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由可得，则，
所以，所以，
则，满足，，
要证，等价于证，
易知，令，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
下面证明，由，即证，
即证，
即证，
即证，
令，，，
令，则，，所以，
所以，则，所以，
所以，所以，
所以，所以原命题得证． 

【解析】求导，根据，分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证，
等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与零点问题，不等式的证明，属难题．