山东省日照市2022届高三上学期12月校际联考试题 数学试题及答案.pdf

1、 高三数学试题第 1 页共 8 页2019 级高三校际联合考试数学答案一、单项选择题：本大题共 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。14 BDAB58ACDC7.答案: D 解析：由(1)= (1)fxfx知，函数( )f x关于1x 对称，由1212()()0f xf xxx得函数( )f x在0,1单调递增。又已知( )f x是R上的奇函数，根据图像的对称性可得2,0(0,1.8.答案：C 解析：由33( )sin()cos3sin()223f xxxx，则1( )3sin()23g xx，由22|CA CBAD ，则222|cos|

2、CAACBAD ，所以21cosACB，所以ABC为正三角形，高为3，所以2 | AB，所以周期为4，故.二、选择题：本大题共 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，全部选对得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。9.BD10.ABD11.BC12.BCD10.答案：ABD 解析：由图知，函数的周期T满足：3523()4632T ，解得2T，2212T，将点5,16代入函数的解析式：51cos()6，解得26k ，kZ，0，56 ，5( )cos()6f xx，对 A，将函数( )f x的图像向左平移3个单位长度后得到( )cos

3、()sin2g xxx，此时( )sing xx为奇函数，故 A 正确；对 B，当6x 时，5()cos()1666f ，此时6x 是( )f x的对称轴，故 B 正确；对 C，5( )cos()6f xx的单调增区间满足：5226kxk，即单调增区间为52,266kk，kZ，当1k 时，增区间为1117,66，当2k 时，增区间为2329,66，所以( )f x在区间1723,66上单调递减，故 C 错误；高三数学试题第 2 页共 8 页对 D，当43x时，445()cos()cos03362f，故 D 正确11 答案：BC 解析：因为3log 0 5m.，0 3log0 5.n.，又0 5

4、0 50 511log3log0 3log0 9.mn，所以1101mnmnmn，所以3log 0 50m.，0 3log0 50.n.，所以00，mnmn，mnmn.12答案：BCD 解析：因为ABDC，PFGC，所以AB和PF所成角为3，故 A 错误.对于 B，补齐八个角构成棱长为 2的正方体，则该二十四等边体的体积为31120281 1 1323 ，故 B 正确.对于 C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R ，其表面积为248R，故C 正确，对于 D，因为PN在平面EBFN内的射影为NS，所以PN与平面EBFN所成角为PNS，其正弦值为1222PS

5、PN，故 D 正确.三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.2314.215.516.1515.答案：5解析：取AB的中点D,则ODAB，因为平面ABC 平面ABO，所以OD 平面ABC,ODDC,因为OAOBOC，所以DADBDC，所以CACB，因为CACB， 所以CDAB,因为球O的半径为 4， 且球O上的点到平面ABC的最大距离为5，所以1OD ，2215CDOCOD，所以三棱锥的体积11532VAB CD OD.16.答案： 15 解析： 当1n 时， 金盘从 A 杆移到 C 杆需要的最少移动次数为 1 次， 即11a ；当2n 时，将第一层（自上而下）金盘

6、从 A 杆移到 B 杆需要的最少次数为 1 次，将第二层（自上而下）金盘从 A 杆移到 C 杆需要的最少次数为 1 次，再将已移动到 B 杆上的金盘从 B 杆移到 C 杆需要的最少次数为 1 次，所以23a ；当3n 时， 将第一层第二层 （自上而下） 金盘从 A 杆移到 B 杆需要的最少次数为23a 次，将第三层（自上而下）金盘从 A 杆移到 C 杆需要的最少次数为 1 次，再将已移动到 B 杆上的金盘从 B 杆移到 C 杆需要的最少次数为23a 次，所以32212 3 17aa ；依此类推：*1212,nnaann N，所以415a .四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程

7、或演算步骤。高三数学试题第 3 页共 8 页17解析： （1）设等比数列的首项为1a，公比为0q ，由4156111,23,a qa qa q得1132a ，2q 3 分所以62nna5 分（2）2log6nnban6 分数列 nb是首项为5，公差为1的等差数列方法一：因为公差10，数列 nb是首项为负的递增等差数列由0nb ，得6n，8 分所以56min15nSSS 10 分方法二：利用等差数列求和公式得2111522nn nnnSn 8 分因为10，根据二次函数性质min56)(15nSSS10 分18解析： （1）cos2 coscos0cAbBaC，在ABC中，由正弦定理得，sinco

8、s2sincossincos0CABBAC，sin()2sincosACBB3 分A，B，C是ABC的内角，sin()sin0ACB，1cos2B ，所以3B 6 分（2）选择13ac20BA BC ，cos20acB ，即1202ac ，40ac ca，8c ，5a 8 分在ABC中，由余弦定理得，222212cos582 5 872bacacB 10 分在ABC中，由正弦定理得，sin5 3sin14aBAb12 分（2）选择7b 20BA BC ，cos20acB ，即1202ac ，40ac 在ABC中， 由余弦定理得，222222cos()3()120bacacBacacac，13a

9、c8 分ca，5a 10 分高三数学试题第 4 页共 8 页在ABC中，由正弦定理得，sin5 3sin14aBAb12 分（2）选择20abc 20BA BC ，cos20acB ，即1202ac ，40ac 在ABC中，由余弦定理得，2222220()2cos()3()120acacacBacacac，13ac8 分ca，5a 10 分在ABC中，由正弦定理得，sin5 3sin14aBAb12 分19. 解析： （1）由题意得32 nan()Nn2 分又21+=2nnnbbb，即211nnnnbbbb()Nn，所以 nb为等差数列，于是2=2b110125=102bb,即=3 -4nbn

10、()Nn6 分（2）23,( )34nnf nnn为奇数， 为偶数 当m为奇数时，5m为偶数此时(5)3 ( )f mf m，3(5)43(23)mm,23m(不合题意舍去),9 分当m为偶数时，5m为奇数此时(5)3 ( )f mf m，3 342(5)3（）mm,257m(不合题意舍去) ,综上不存在正整数m使得(5)3 ( )f mf m成立.12 分20. 解析： （1）证明：由平面几何的知识，易得2BD ，2AD ，又2 2AB ，所以在ABD中，满足222ADBDAB，所以ABD为直角三角形，且BDAD.3 分因为四边形BDMN为矩形，所以BDDM.由BDAD，BDDM，DMADD

11、，可得BDADM 平面.5 分又BDABD 平面，所以平面ADM 平面ABCD.6 分（2）存在点H， 使得二面角HADM的余弦值为3 1313，点H为线段上靠近M的三等分点.事实上，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平高三数学试题第 5 页共 8 页面ABCD的 垂 线 为z轴 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系Dxyz， 则0,0,0 ,2,0,0 ,0,2,0DAB,1,0,1M，设, ,H x y z,由MHMNDB ，即1, ,10,2,0 xy z，得1,2 ,1H. .8 分设平面ADH的一个法向量为1n111,x y z，则1100DA nDH n ，即111202

12、0 xxyz，不妨设11y ，取1n0,1, 2.平面ADM的一个法向量为2n0,1,0.10 分设二面角HADM的平面角大小为，于是12213 13cos|cos|1311 4n n.解得1=3或1=3（舍去）.11 分所以当点H为线段MN上靠近M的三等分点时，二面角HADM的余弦值为3 131312 分21解析： （1）当60且3n 时（如图） ，1234,2 3BPBPBPOB,所以123102 312222 3AOBPBPBP米4 分（2）金属杆1BP，2BP，nBP所在直线与圆锥底面所成的角都为123nBPOBPOBPOBPO 1232,2tancosnBPBPBPBPOB设AO，1

13、BP，2BP，nBP总长为 y米，则22(sin )102tan10(0)coscos2nny8 分22( sin1)cosny ，当10sinn时，0y，当1sin1n时，0y .所以当1sinn时，函数有极小值，也是最小值；10 分此时1sinn，n越大，sin越小，因为是锐角，所以也越小，因此O点上移了12 分高三数学试题第 6 页共 8 页22解析： （1）1( )x mfxex，因为(1)0f ，所以110me，1m .2 分（2）当0m 时，( )ln,xf xxe1( ),xfxex21( )xfxex ，因为( )0fx ，所以( )fx单调递减。因为1( )=202fe ，

14、(1)=1-0fe ，所以存在01( ,1)2x ，使得0()=0fx，且 fx在00,x上单增，在0,x 上单减，0 x是( )f x的极大值点，0001()=0 xfxex ，.4 分即是00ln xx， 00000max0011ln2.xf xf xxexxxx 2fx ；6 分方法二：令( )e(1)xg xx，则( )e1xg x ，当,0 x 时，( )0g x ，( )g x单调递减.当0,x时，( )0g x ，( )g x单调递增.所以min( )(0)0g xg，所以e(1)xx且等号成立的充要条件为0 x .令( )ln(1)s xxx，则1( )1s xx，当0,1x时

15、，( )0s x ，( )s x单调递增.当1,x时，( )0s x ，( )s x单调递减.所以max( )(1)0s xs，所以ln(1)xx且等号成立的充要条件为1x .4 分所以 ln112xf xxexx .6 分（3）对 lnx mf xxem,求导,得 10 x mefxxx，21( )0 x mfxxe ，所以( )fx单调递减，要使函数 fx有两个零点，则需( )f x在0,上有唯一极大值点1x,且10fx,则 10fx,即111xmex, 则11lnmxx，11lnmxx，.8 分11111()2lnf xxxx， 令1( )2ln,(0)h xxx xx，因为221(1)

16、0,( )10hh xxx ，所以，1x 时，( )0h x ，因为1()0f x ，所以11x ，高三数学试题第 7 页共 8 页令( )ln (0)m xxx x，1( )10 (0)m xxx ，( )m x在(0,)单调递增，又11x ，所以( )(1)1m xm，即11ln1mxx，1m.10 分当1m 时，因为111lnmxxx，所以11xm取2mxe，则211xx ，且2ln0mmmmememf xf eeeme ，所以存在21,px x，使得 0fp 取32xm，则13xmx，且32ln 2mmf xfmem易证：ln 2xx，所以ln 2mm，2mme，所以32ln 2m20mf xfmemmmm所以存在13,qx x，使得 0f q 所以， 当1m 时，函数 fx有两个零点.12 分