山东省新高考联合质量测评2023届高三数学下学期3月联考试题（Word版附解析）

山东新高考联合质量测评3月联考试题高三数学2023.3考试用时120分钟，满分150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【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【解析】【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.0.6B.0.5C.0.4D.0.3【答案】C【解析】【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【解析】【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【解析】【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.1C.2D.【答案】D【解析】【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 【解析】【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 【解析】【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、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设随机变量的分布列如下：123…20222023…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【解析】【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【解析】 【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：圆锥的外接球半径即为的外接圆半径，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32B.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【解析】【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【解析】【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：本题共4小题，每小题5分，共20分．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）【解析】【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】【解析】【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：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】①.1②.【解析】【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；.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【解析】【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.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．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）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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5550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．0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）补全的列联表见解析；有关；（2）①分布列见解析；；②【解析】【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.【小问1详解】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5556050周岁以上152540总计2080100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.【小问2详解】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：0123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）【解析】 【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.【小问1详解】∵，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【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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【解析】【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）中韦达定理证明，即可得结果.【小问1详解】设，联立方程，消去y得：，由题意可得，解得，故的取值范围为.【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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．