山东省日照市2023届高三数学上学期校际期中联考试题（Word版含解析）.doc

1、2020级高三校际联合考试数学试题一、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若复数，则复数z在复平面内对应点的坐标为（ ）A（1，1）B（1，1）C（1，1）D（1，1）2已知集合，则（ ）ABCD3不等式的解集为（ ）ABCD4函数的图象可能为（ ）ABCD5窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的窗花（如图1）已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2），若点P在四个

2、半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ）A2，2BCD4，46“数列为等比数列”是“数列为等差数列”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7正项数列中，（k为常数），若，则的取值范围是（ ）AB3，9CD3，158已知平面向量，满足，且，则的最小值为（ ）ABCD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已知等差数列的前n项和为，若a23，S27，则（ ）AB若，则的最小值为C取最大值时，n4或n5D若，n的最大值为810函数的部分图象如图所示，则（

3、 ）AB图象的一条对称轴方程是C图象的对称中心是，D函数是偶函数11若，则（ ）ABCD12已知定义在R上的函数满足，又的图象关于点（，0）对称，且，则（ ）A函数的一个周期为16BC的图象关于直线x12对称D的图象关于点对称三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13若，则_14设a，b为两不相等的实数，若二次函数满足，则的值为_15已知函数，其中m1若存在实数b，使得关于x的方程有两个不同的实数根，则实数m的取值范围是_16对任意闭区间I，用MI，表示函数在I上的最小值若正数满足，则正数的取值范围为_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）在中

4、，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足，且（1）若bc，求A的值；（2）求B的最大值18（12分）已知等差数列，分别从下表第一、二、三行中各取一个数，依次作为a1，a2，a4，且a1，a2，a4中任何两个数都不在同一列公比大于1的等比数列的前三项恰为数列前5项中的三个项第一列第二列第三列第一行802第二行743第三行9124（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前n项和19（12分）设函数（1）若曲线在点处的切线斜率为0，求实数a的值；（2）若在x1处取得极小值，求实数a的取值范围20（12分）已知数列是各项均为正数的等比数列，且，（1）求数列的通项公式；（2）如图，在平面直角

5、坐标系xOy中，依次连接，得到折线，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积21（12分）如图，某公园拟划出一块平行四边形区域ABCD进行改造，在此区域中，将DCB和DAB为圆心角的两个扇形区域改造为活动区域，其他区域进行绿化，且这两个扇形的圆弧均与BD相切（1）若AD40，AB30，（长度单位：米），求活动区域的面积；（2）若扇形的半径为10米，圆心角为，则BDA多大时，平行四边形区域ABCD面积最小?22（12分）已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）已知关于x的方程有两个解，（）求实数a的取值范围；（）若为正实数，当时，都有，求的取值范围2022年高三校际联合考试数学试

6、题答案一、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。14BCAC58DAAB1【答案】B，解析：，因此，复数z在复平面内对应点的坐标为（1，1）故选B2【答案】C，解析：因为，所以故选C3【答案】A，解析：因为，所以不等式的解集为故选A4【答案】C，解析：记，则，因此函数是偶函数，故排除AB；当时，因此，排除D；故选C5【答案】D，解析：，即与在向量方向上的投影的积由图2知，O点在直线AB上的射影是AB中点，由于AB2，圆弧直径是2，半径为1，所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是2，因此的最大值是224，最小值是2（2）4，因此

7、其取值范围为4，4，故选D6【答案】A，解析：解析：数列为等比数列，设其公比为q，则也为等比数列，且，所以，所以，为等差数列，反之，若数列为等差数列，例如则，满足数列为等差数列，但推不出“数列为等比数列”（正负随取构不成等比数列）所以，“数列为等比数列”是“数列为等差数列”的充分不必要条件故选A7【答案】A解析：因为，所以，所以，令，化简可得，令，所以故选A8【答案】B，解析：设，则，即C在以D（4，4）为圆心，2为半径的圆上，如图，取E（4，3），则CD2DE2，AD2CD4，所以有，所以AC2CE，又因为，所以二、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，

8、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。9ACD10BD11AD12ACD9【答案】ACD【解答】由题意得a14，a23，可得，则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；若，则mn21012则（当且仅当，时等号成立）又m，n，则的最小值不是则选项B判断错误；等差数列中，则等差数列的前n项和取到最大值时，n4或n5则选项C正确；，得则选项D判断正确故选：ACD10【答案】BD【解答】解：由函数的图象知，所以；即，解得，所以，由五点对应法，得，解得，所以，选项A错误当时，所以的一条对称轴方程是，选项B正确令，kZ，解得，kZ，所以的对称中心是，kZ，选项C错误，是

9、定义域R上的偶函数，所以选项D正确11【答案】AD【解答】，令，令，令当时，所以取x10，12【答案】ACD【详解】由，令x4，得，所以，关于直线x4对称由于的图象关于点对称，所以的图象关于（0，0）对称，所以是奇函数所以，所以的周期为16，A选项正确，B选项不正确结合上述分析可知，的图象关于直线x48k（kZ）对称，故C选项正确；关于点（8k，0）（kZ）对称，所以关于点（kZ）对称，所以关于点（kZ）对称，令k0，得关于点对称，D选项正确故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13144151613【答案】【详解】因为，由，得，故答案为：14【答案】4【详解】由己知条

10、件及二次函数图像的轴对称性，可得，即，所以15【答案】解析：当2xm时，是增函数；当时，也是增函数，所以当点在点上方时，存在实数b，使直线yb与曲线有两个交点，即存在实数b，使得关于x的方程有两个不同的实数根，所以即，令，所以，因为当，函数单调递减，函数单调递增，所以当时，单调递减，又，所以存在，使得，所以当，单调递增：当，单调递减，因为，所以当时，故m的取值范围是，故答案为：16【答案】【解析】当时，为在上为减函数，所以，得或，不合题意；当时，有，得；当时，有，不合题意；当时，有，适合题意；当时，的区间长度不小于，故，适合题意综上正数的取值范围为四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明

11、过程或演算步骤。17解：（1）因为，所以，即，所以，因为bc，所以，因为，所以（2）因为由余弦定理得，即，当且仅当时，即时，取等号因为，所以B的最大值为18解：（1）由题意可知，满足，则公差，所以数列的通项公式为；的前5项为0，3，6，9，12，所以数列的前三项为3，6，12，所以公比，（2），所以数列的前n项和19解：（1）因为，所以，因为曲线在点处的切线斜率为0，所以，解得a1；（2），若a0，则x1时，单调递减，故在x1处取得极大值，不符合题意；若a2，则，单调递增，无极值，不符合题意；若a2，则，当或x1时，；当时，故在单调递减；在，单调递增，可得在x1处取得极小值，符合题意；若0a2

12、，则，当x1或时，；当时，故在单调递减；在，单调递增，可得在x1处取得极大值，不符合题意；若a1时，；当时，故在单调递增；在，单调递减，可得在x1处取得极大值，不符合题意；综上可得，a的范围是20解：（1）设数列的公比为q，由己知q0由题意得，所以，因为q0，所以q2，x11，因此数列的通项公式为（2）过P1，P2，Pn1分别向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1，由（）得记梯形的面积为bn由题意，所以又得所以21解：（1）在中，由余弦定理，故，又由正弦定理有，故，所以扇形的半径，故活动区域的面积（2）设，则故，故平行四边形ABCD面积，因为，当，即，时，即时，平行四边形区域ABCD面积最

13、小22解：（1）因为，所以，当时，故在上单调递增；当时，令得；令得；所以在（0，a）上单调递减，在上单调递增，综上：当时，的单调递增区间；当时，的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（）法一：由，得，即，此时方程的根的个数等价于直线ya与函数图像交点个数，令，x1是函数渐近线，当时，单调递增，且，当时，时，单调递增，时，单调递减，故xe时，取得极大值，且，故当时，直线ya与函数图像有两个交点，此时方程有两个解，综上，实数a的取值范围为法二：由得，即有两个解，令，则，且在（0，）上两个零点，当时，故在（0，）上单调递增，则在（0，）上至多有一个零点，不满足题意；当时，令，得xa；令，得；所以

14、在（0，a）上单调递减，在（a，）上单调递增，即的极小值为，为使在（0，）上有两个零点，则，即，解得，当时，易知，因为，故，又在（0，a）上单调递减，所以在（0，a）有唯一零点；当时，令，则，再令，则，故在（1，）上单调递增，所以，即，故在（1，）上单调递增，所以，因为，所以，即，即，所以，故，又在上单调递增，所以在有唯一零点；综上：当时，在（0，）上两个零点，即有两个解时，实数a的取值范围为（）由题意知，故，又，所以，即，即，故，令，则在t（1，）上恒成立，即，令，t（1，），当时，所以在上单调递增，所以当时，适合题意；当时，因为的图像连续，故，使时，所以函数所以在上单调递减，所以当时，不适合题意；综上：，即