【文档说明】2023届山东省日照市校际联合考试高三三模 数学答案.pdf，共(11)页，1.131 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cd7b20c398670b1f3f7307462f2a201d.html

以下为本文档部分文字说明：

1/102020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。1-4ADBA5-8ACCB1．【答案】A.【解析】由题意，11(,)22M，[0,

1]N，所以1[0,)2MN，选A.2．【答案】D.【解析】知2i(2i)(1i)13i1i(1i)(1i)22z，则10||2z，故选D3．【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，设l，且//la，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：A

6．【答案】C.【解析】函数()sin(2)fxx的图象向左平移π3个单位得到函数2()sin(2)3gxx的图象，又函数()gx是偶函数，所以2πππ32k，()kZ，所以ππ-6k()kZ；所以π3tantan(π-)63k7．【答案】C【解析】1

2a，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lnxfxx，则21lnxfx

x，当ex时，0fx，函数fx单调递减；当0ex时，0fx，函数fx单调递2/10增，因为2a，所以ln2ln(2)2af，又lnelneebf，2e，所以(e)(2)ff，所以lnlnba，故ba，因为11e2ee3,b，又因为111116

62261111133333633333314662324，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。9．AD10．BCD11．ABD12．AC9．【答案】AD【解析】解：由62701271(2)xxaaxaxax，令0x得064a，故A正确；由6(2)x的展开式的通项公式616C2rrrrTx，得71a，故B错误；令1x，得01270aaaa

①，再由064a，得12764aaa，故C错误；令=1x，得01272aaaa②，①②再除以2得13571aaaa，故D正确；故选：AD10.【答案】BCD【解析】依题意，Rx，sin22cossin22cosfxxxx

xfx，故函数fx不是偶函数，图象不关于y轴对称，故A错误；sin22cossin22cosfxxxxxfx，故x为函数fx的一个周期，故3也为函数fx的一个周期，故B正确；当22

x，时，sin22cosfxxx，则22cos22sin4sin2sin24sin2sin1fxxxxxxx，当26x，时，

0fx，当62x，时，0fx，故函数fx在26，上单调递增，在62，上单调递减，结合周期性，可知C正确；作出函数yfx，32y的大致图象如下所示，结合周期观察可知，函数

32yfx在，上有4个零点，故D正确.3/1011．【答案】ABD.【解析】函数()fx的定义域为R，满足(2)2()fxfx，即()2(2)fxfx，且当(0,2]x时，()(2)fxxx，当(2,4]x时，2(0,2]x，即

2()2(2)(4)21216fxxxxx，当(4,6]x时，2(2,4]x，即244096fxxx，依次，当(22,2]xnn时，即121()22(21)2(2)(22

)nnnfxxnxnn1222(21)2(22)nnnxnxnn作出函数图象对于A，(2)2()fxfx代入7x，(9)2(7)ff故正确；对于B，对任意(,6]x，都有()4fx，(7)8f，(6,8]x，()8fx，(6,8]x

，2()8112384=6fxxx，解得2115137,722xx，(7)8f，对任意(,]xm，都有()6fx，则m的取值范围是13(,]2正确；对于C．结合图象知道(),5y

fxyx，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D．121()22(21)2(2)(22)nnnfxxnxnn1222(21)2(22)nnnxnxnn最大值2118(22)4

(21)224nnnnnna存在n+N，使得27nan成立，1272nn的最大值，1272nnnb，1922nnnnbb，则4n增，5n减，418b，5316b，即3(,)16

正确。4/1012．【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,AB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，12A

FF△中，12AFAF，则AO只能是12AFF△的中线，不能成为12FAF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122OOF△中，12290OFO，122OOFG，则由直

角三角形的射影定理可知2212FGOGOG，即212()carr则121rr，故2221212SSrr.选项C判断正确；由直线AB的倾斜角取值范围为2,33，可知21AFF的取值范围

为2,33，则121OFF的取值范围为,63，故121211213tantan,33rFGOFFOFF则22212121211()(),SSrrrr13,33r令11(),,33

fxxxx，则()fx在1,13单调递减，在1,3单调递增.(1)2f，110()33f，10(3)3f，11(),,33fxxxx值域为102,3故2121211(),SSrr13,33r

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。13．514．322215．524816．12π13．【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

于到准线的距离，为415.故答案为：55/1014.【答案】3222【解析】因为1,0xy，所以10x，210,01yxxy，因为21xy，所以122xy，所以111111211(12

)3(322)121212yxxyxyxyxy，当且仅当211yxxy，即223x，22y时取得最小值．故答案为：3222.15．【答案】5248【解析

】依题意，21742a，故12312aaa，而1231233nnnnnnnnaaaaaaaa，故32313nnnaaa是首项为12，公差为9的等差数列，则

100333233129133352482S.16.【答案】12.【解析】如图1，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2221ππSrRh；圆柱中截面小圆半径DEh，大圆半径为R，则截面圆环面积222πSSSRh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，112OEEFr，根据祖暅原理22222215π21π12311π,3VVV小半球圆柱圆台345π2π339VVV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，22221π232339π12π,333VVV水圆台大半球故答案为：12π.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）∵2coscoscoscAaB

bA，由正弦定理得2sincossincossincosCAABBA，因为sincossincossin()sinABBAABC，---------------------------3分所以

2sincossinCAC，因为0,πC，所以sin0C，所以1cos2A，又0,πA，所以π3A.---------------------------5分（2）设ABC外接圆的半径为R，则1R，由正弦定理得2sin3aRA，-------------------

--------6分因为ABC的周长为33abc，所以3323bca，由余弦定理得22222cos22cosabcbcAbcbcbcA，即1312222bcbc，所以3bc，

---------------------------8分所以ABC的面积11333sin32224SbcA.---------------------------10分18．（12分）【解析】（1）由已知7212nnnaa，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5212aa得232a，由238aa，得34a，因为{}na是等比数列，2132aaa，264，即8，----

--------7分下面证明8时数列{}na是等比数列，由(1)知数列21{}na和2{}na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11ABBA且交线为1AB，AM平面11ABBA，∴AM平面1ABC，---------------------------3分∵BC平面1ABC，∴AMB

C，又直三棱柱111ABCABC，∴1BBBC，∵111,,AMBBBAMBB平面11ABBA，∴BC平面11ABBA，∵AB平面11ABBA，∴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π6ACM，222,2,22,2ABAMACBCACAB----------8分以B为原点，1,,BCBABB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(,,)nxyz200nBAynBExyz，故可设(1,0,1)n，--------------10分又因为AM平面1ABC，(0,1,1)AM设平面CBE的法向量为111,,mxyz，则(0,1,1)m

，设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为，∴1cos,2||||nmnm----------------------11分∵为锐角，∴π3.-------------------------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110.5PAPB，210.6PAA∣，210.8PAB∣，----3分由全概率公式，得：21211210.50.60.50.80.7PAPA

PAAPBPAB∣∣，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：0,1,2,3，由超几何分布可知125351511543

nnnnCCPXCnnn，---------------------------9分令151543nnnannn，若na最大，则11nnnnaaaa，，8/10又Nn，解得910n，易知

当9n和10n时，1PX的值相等，所以当9n或10时，1PX有最大值为4591，即当n的值为9或10时，使得1PX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(,)Txy，则有220014xy，即220014xy，100200(3,,)()3,TFxyTFxy，于是222120000002)()(3(3334)2TFTFxxxyxy

，-----------------3分显然200,4x，所以12TFTF的取值范围是2,1.---------------------------5分（2）①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,BD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：2580xx，于是得83(,)55B，点83(

,)55D，直线l的方程为35y，---------------------------7分②当直线l与坐标轴不垂直时，设直线l的方程为(1,0)ykxmmk，设1122(,),(,)BxyDxy，由2244ykxmx

y消去y得：222(14)8440kxkmxm，则22226416()141)0(kmkm，即2241km，122814kmxxk，21224414mxxk，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0ABAD，而1122(,1),(,1)ABxyADxy，于是1212(1)(1)0xxyy，即1212(1)(1)0xxkxmkxm，整理得221212(1(1))(1)0)(kxxkmxxm

，从而22222448(1(1)(1)0144)1mkmkkmmkk，化为2224(1(+1)814(1)0)()kmkmkm，解得35m，---------------------------10分又线段BD的中垂线过点224,141

4kmmkk及点A，因此221114414mkkmkk，即2314mk，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fx定义域为(0)，，又123e21xaxxfxx，------1分（i）当2x，0f

x，fx单调递减；（ii）当0,2x，记2312exxxgx，114exxxxgx，当0,1,0xgx；当1,2,0xgx，所以gx在0,1单调递增，在（1，2）上单调递减，11gxg，又

00,2=0gg所以01gx①当0,1a，0fx，fx单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；---------3分②当1a，1agxafxx,由（ii）知，

fx有两个零点，记fx两零点为m，n，且1mn，fx在0,m上单调递减，在,mn上单调递增，在,n上单调递减，因为10fnf，令1e,01xpxxx，则11e0,01

xpxxx，所以11111111101,e1e101afaaa，0fn，0fm，且x趋近0，fx趋近，x趋近，fx趋近，所

以函数有三零点，综上所述，1a；---------------------------5分（2）0fx，这等价于lneeexaxaxx，即llneeeenxxaxax，令ln,xtxx则21ln,xtxx所

以tx在0,e上单调递增，在e,+上单调递减，由（1）可得12311xxxa，则3113ee,ee,ee,eexxaxax，所以3113ee,eexxtaxttaxt，所以3113ee,

eexxaxax，---------------------------7分则31xx满足1133lnlnelnlnexxakxxak，k1，要证13eexxa，等价于证132xx

k，10/10易知1133lnlnxxkxxk，令lnqxxx，则1xqxx，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111l

n1kkxkx，即证11111101ln1ln1ln1lnxxxxxx即证1111e1ln0,0,1xxx，令11e1e1ln,0,1,xxxcxcxxxx，---------------------------

10分令11e1,1e0,0,1xxyxyxx，所以1e10xyx，所以1e10,10xxcxcxcx，所以1111e1ln0,0,1xxx，所以311xxk，所以131313ln12121xxxxxxkk

kk，所以132xxk，所以原命题得证.---------------------------12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com