2023届山东省日照市高三年级三模数学试卷+答案.pdf

1、1/10 2020 级高三校际联合考试 数学答案2023.05 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。1-4ADBA 5-8ACCB 1【答案】A.【解析】由题意，1 1(,)2 2M ，0,1N，所以10,)2MN，选 A.2【答案】D.【解析】知2i(2i)(1 i)13i1 i(1 i)(1 i)22z，则10|2z，故选 D 3【答案】B【解析】由已知得 221,11,21,32abmmmmm，2abc，且1,1c ，221320abcmm ，解得3m.故选：B.4【答案】A.【解析】若“直线/a平面”成立

2、，设l，且/l a，又a 平面，所以l 平面，又l，所以“平面平面”成立；若“平面平面”成立，且直线a 平面，可推出/a平面或a 平面，所以“直线/a平面”不一定成立.综上，“直线/a平面”是“平面平面”的充分不必要条件.故选：A.5【答案】A.【解析】在AMB中，由勾股定理，可得：22228006001000ABAMBM，连接 PO，则在APO中，sin42670POAP，连接 OB，OC，OM，则在OBM中，60060sin67067BMBOMBO，故1.1BOM，2.2BOC，则彩虹（BPC）的长度约为(22.2)67013401474.选：A6【答案】C.【解析】函数()sin(2)f

3、 xx的图象向左平移3个单位得到函数2()sin(2)3g xx的图象，又函数()g x是偶函数，所以232k，()kZ，所以-6k()kZ；所以3tantan(-)63k 7【答案】C【解析】12a，41nnaa，易知0na，故1ln4lnnnaa，故lnna是首项为ln2，公比为4的等比数列，1ln4ln2nna，510246ln4ln2ln2a，故102462a.故选：C.8【答案】B【解析】令 lnxf xx，则 21 lnxfxx，当ex 时，0fx，函数 f x单调递减；当0ex时，0fx，函数 f x单调递 2/10 增，因为2a，所以ln2ln(2)2af，又 lnelneeb

4、f，2e，所以(e)(2)ff，所以lnlnba，故ba，因为11e2ee3,b，又因为11111662261111133333633333314662324，故363c，从而有cb，综上所述：abc.故选：B.二、多项选择题：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的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。9AD 10BCD 11ABD 12AC 9【答案】AD【解析】解：由62701271(2)xxaa xa xa x，令0 x 得064 a，故 A 正确；由6(2)x的展开式的通项公式616C 2rrrrTx

5、，得71a，故 B 错误；令1x，得01270aaaa，再由064 a，得12764aaa，故 C 错误；令=1x，得01272aaaa，再除以 2 得13571aaaa，故 D 正确；故选：AD 10.【答案】BCD【解析】依题意，Rx，sin22 cossin22 cosfxxxxxf x，故函数 f x不是偶函数，图象不关于 y 轴对称，故 A 错误；sin22 cossin22 cosf xxxxxf x，故x为函数 f x的一个周期，故3也为函数 f x的一个周期，故 B 正确；当2 2x ，时，sin22cosf xxx，则 22cos22sin4sin2sin24sin2sin1

6、fxxxxxxx ，当2 6x ，时，0fx，当6 2x，时，0fx，故函数 f x在2 6，上单调递增，在6 2，上单调递减，结合周期性，可知 C 正确；作出函数 yf x，32y 的大致图象如下所示，结合周期观察可知，函数 32yf x在，上有 4 个零点，故 D 正确.3/10 11【答案】ABD.【解析】函数()f x的定义域为R，满足(2)2()f xf x，即()2(2)f xf x，且当(0,2x时，()(2)f xxx，当(2,4x时，2(0,2 x，即2()2(2)(4)21216 f xxxxx，当(4,6x时，2(2,4 x，即 244096f xxx，依次，当(22,2

7、 xnn时，即121()22(21)2(2)(22)nnnf xxnxnn1222(21)2(22)nnnxnxnn作出函数图象 对于 A，(2)2()f xf x代入7x，(9)2(7)ff故正确；对于 B，对任意(,6 x，都有()4f x，(7)8f，(6,8x，()8f x，(6,8x，2()8112384=6 f xxx，解得2115137,722xx，(7)8f，对任意(,xm，都有()6f x，则m的取值范围是13(,2正确；对于 C 结合图象知道(),5 yf x yx，直线过点（3,2），图象有 3 个交点，1 m适合，m的取值范围是1(1,)4 错误；对于 D121()22

8、(21)2(2)(22)nnnf xxnxnn1222(21)2(22)nnnxnxnn最大值2118(22)4(21)224nnnnnna存在n+N N，使得27nan成立，1272nn的最大值，1272nnnb，1922nnnnbb，则4n增，5n减，418b，5316b，即3(,)16 正确。4/10 12【答案】AC【解析】双曲线2213yx 的132abc，渐近线方程为3yx、3yx，两渐近线倾斜角分别为3和23，设圆1O与 x 轴切点为 G 过2F的直线与双曲线的右支交于,A B两点，可知直线AB的倾斜角取值范围为2,33由双曲线定义和圆的切线长定理可知1O、2O的横坐标均为a，即

9、1O2O与 x 轴垂直.故圆1O和圆2O均与 x 轴相切于(1,0)G，圆1O和圆2O两圆外切.选项 A 判断正确；由双曲线定义知，12AFF中，12AFAF，则 AO只能是12AFF的中线，不能成为12F AF的角平分线，则圆心1O一定不在直线AO上.选项 B 判断错误；在1 2 2OOF中，12290O F O，122OOFG，则由直角三角形的射影定理可知2212F GOG O G，即212()car r则121r r，故2221212S Srr.选项 C 判断正确；由直线AB的倾斜角取值范围为2,33，可知21AF F的取值范围为2,33，则121O F F的取值范围为,6 3，故121

10、211213tantan,33rF GO F FO F F 则22212121211()(),SSrrrr13,33r 令11(),33f xxxx，则()f x在1,13单调递减，在1,3单调递增.(1)2f，110()33f，10(3)3f，11(),33f xxxx值域为102,3故2121211(),SSrr13,33r的值域为102,3.选项 D 判断错误.故选：AC 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。135 1432 22 155248 161213【答案】5【解析】抛物线24yx的准线为=1x，则2044x，故04x，4,4P到焦点的距离等于到准线的距

11、离，为4 15.故答案为：5 5/10 14.【答案】32 22【解析】因为1,0 xy，所以10 x，210,01yxxy，因为21xy，所以1 22xy，所以111111211(12)3(32 2)121212yxxyxyxyxy，当且仅当211yxxy，即2 23x，22y 时取得最小值故答案为：32 22.15【答案】5248【解析】依题意，21 742a，故12312aaa，而1231233nnnnnnnnaaaaaaaa，故32313nnnaaa是首项为 12，公差为 9 的等差数列，则10033 3233 129 1 33 352482S .16.【答案】12.【解析】如图 1，

12、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r，球体半径为R，则222rRh，截面圆面2221SrRh；圆柱中截面小圆半径DEh，大圆半径为R，则截面圆环面积222SSSRh小圆大圆，所以12SS，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 3，设球体和水接触的上部分为V大半球，没和水接触的下部分为V小半球，小半球相当于图 1 半球的截面上半部分，其体积等于图 1 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=2r，ABC为等边三角形，224OBODr，112OEE

13、Fr，根据祖暅原理222222152 112311,3VVV 小半球圆柱圆台3452339VVV球小半球大半球，设图 3 中轴截面为梯形AHGC的圆台体积为V圆台，222212 32 33912,333VVV 水圆台大半球故答案为：12.6/10 四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）【解析】（1）2 coscoscoscAaBbA，由正弦定理得2sincossincossincosCAABBA，因为sincossincossin()sinABBAABC，-3 分 所以2sincossinCAC，因为0,C，所以sin0C，所以1cos2A，又0,A

14、，所以3A.-5 分（2）设ABC外接圆的半径为R，则1R，由正弦定理得2 sin3aRA，-6 分 因为ABC的周长为3 3abc，所以3 32 3bca，由余弦定理得22222cos22cosabcbcAbcbcbcA，即1312222bcbc，所以3bc，-8 分 所以ABC的面积 1133 3sin32224SbcA.-10 分 18（12 分）【解析】（1）由已知7 212nnnaa，所以9 212nnnaa，相除得1114nnaa；-2 分 又1132a，5212aa，所以1022a，所以1092081112()42256a.-5 分(2)假设存在正数，使得数列na是等比数列，由5

15、212aa得232a，由238aa，得34a，因为na是等比数列，2132a aa，264，即8，-7 分 下面证明8时数列na是等比数列，由(1)知数列21na和2na都是公比是14的等比数列，所以12118()4nna；1214()4nna；-10 分 所以n为奇数时，42nna，n为偶数时，42nna，所以对一切正整数n，都有42nna，所以112nnaa，所以存在正数8使得数列na是等比数列.-12 分 19（12 分）7/10【解析】（1）设11ABABM，则1AB中点为 M，且1AMAB平面1ABC 平面11ABB A且交线为1AB，AM 平面11ABB A，AM 平面1ABC，-

16、3 分 BC 平面1ABC，AMBC，又直三棱柱111ABCABC，1BBBC，111,AMBBB AM BB平面11ABB A，BC 平面11ABB A，AB 平面11ABB A，ABBC.-6 分（2）由（1）知AM 平面1ABC，所以直线AC与平面1ABC所成的角为6ACM，222,2,2 2,2ABAMACBCACAB-8 分 以 B 为原点，1,BC BA BB分别为 x，y，z 轴正向建立坐标系，(0,2,0),(2,0,0),(1,1,1)ACE，(0,1,1)M设平面ABE的法向量为(,)nx y z 200n BAyn BExyz，故可设(1,0,1)n，-10 分 又因为A

17、M 平面1ABC，(0,1,1)AM 设平面CBE的法向量为111,mx y z，则(0,1,1)m，设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为，1cos,2|n mnm-11 分 为锐角，3.-12 分 20（12 分）【解析】（1）设1A“第一天去A餐厅用餐”，1B“第一天去B餐厅用餐”，2A“第二天去A餐厅用餐”，根据题意得110.5P AP B，210.6P AA，210.8P AB，-3 分 由全概率公式，得：21211210.5 0.60.5 0.80.7P AP A P AAP B P AB，所以，王同学第二天去A餐厅用餐的概率为0.7.-6 分（2）由题意，X的可能取值有：0,1,

18、2,3，由超几何分布可知125351511543nnn nC CP XCnnn，-9 分 令151543nn nannn，若na最大，则11nnnnaaaa，8/10 又Nn，解得910n，易知当9n 和10n 时，1P X 的值相等，所以当9n 或10时，1P X 有最大值为4591，即当n的值为9或10时，使得1P X 最大.-12 分 21（12 分）【解析】（1）在椭圆C：2214xy中，1(3,0)F，2(3,0)F，设00(,)T x y，则有220014xy，即220014xy ，100200(3,)()3,TFxyTFxy，于是222120000002)()(3(3334)2T

19、F TFxxxyxy ，-3 分 显然200,4x，所以12TF TF的取值范围是2,1.-5 分 （2）显然直线l不垂直于 x轴，当直线l垂直于 y轴时，由对称性知，点,B D关于 y轴对称，不妨令点B在 y轴右侧，因为ABD是以 A 为直角顶点的等腰直角三角形，则直线AB方程为：+1yx，由22+144yxxy 消去 y 得：2580 xx，于是得83(,)55B，点83(,)55D，直线l的方程为35y ，-7 分 当直线l与坐标轴不垂直时，设直线l的方程为(1,0)ykxm mk，设1122(,),(,)B x yD xy，由2244ykxmxy消去 y得：222(1 4)8440kx

20、kmxm，则22226416()1 41)0(k mkm，即2241km，12281 4kmxxk，21224414mx xk，可得122214myyk 因为ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则ABAD，有0AB AD，而1122(,1),(,1)ABx yADxy，于是1 212(1)(1)0 x xyy，即1 212(1)(1)0 x xkxmkxm，整理得221212(1(1)(1)0)(kx xk mxxm，从而22222448(1(1)(1)0144)1mkmkk mmkk，化为2224(1(+1)81 4(1)0)()kmk mkm，解得35m ，-10 分 又线段 BD的中

21、垂线过点224,1414kmmkk及点 A，因此221114414mkkmkk，即231 4mk ，9/10 解得55k ，而当53,55km 时，2241km 成立，即0，因此直线l的方程为5355yx，所以满足条件的直线l的方程为35y 或5355yx.-12 分 22（12 分）【解析】（1）因为 f x定义域为(0)，又 123e21xaxxfxx，-1 分（i）当2x，0fx，f x单调递减；（ii）当0,2x，记 2312exxxg x，114exx xxgx，当 0,1,0 xgx；当 1,2,0 xgx，所以 g x在0,1单调递增，在（1，2）上单调递减，11g xg，又 0

22、0,2=0gg所以 01g x当0,1a，0fx，f x单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；-3 分当1a，1a g xafxx,由（ii）知，fx有两个零点，记 fx两零点为m，n，且1mn，f x在0,m上单调递减，在,m n上单调递增，在,n 上单调递减，因为 10f nf，令 1e,01xp xxx，则 11e0,01xp xxx，所以11111111101,e1e101afaaa ，0f n，0f m，且x趋近 0，f x趋近，x趋近，f x趋近，所以函数有三零点，综上所述，1a；-5 分（2）0fx，这等价于lneeexa xa xx，即llneeeenxxa xa x，令 ln,

23、xt xx则 21 ln,xtxx所以 t x在0,e上单调递增，在e,+上单调递减，由（1）可得12311xxxa，则3113ee,ee,ee,eexxa xa x，所以3113ee,eexxt a xtt a xt，所以3113ee,eexxa xa x，-7 分 则31x x满足1133lnlnelnlnexxakxxak，k1，要证1 3eex xa，等价于证1 32x xk，10/10 易知1133lnlnxxkxxk，令 lnq xxx，则 1xq xx，该函数在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，下面证明311xxk，由131xx，即证311xqqkx，即证111ln 1kkxkx，即证11111101ln 1ln1ln 1 lnxxxxxx 即证1111e1 ln0,0,1xxx，令 11e1e1 ln,0,1,xxxc xc xxx x，-10 分 令11e1,1 e0,0,1xxyxyxx，所以1e10 xyx ，所以 1e10,10 xxc xc xcx，所以1111e1 ln0,0,1xxx，所以311xxk，所以1 31 313ln12121x xx xxxkkkk ，所以1 32x xk，所以原命题得证.-12 分