2023届山东省高三年级下册学期开学考试联考数学试题【含答案】

2023届山东省高三下学期开学考试联考数学试题一、单选题1．已知复数在复平面内的对应点为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题知，再根据复数四则运算求解即可.【详解】解：因为复数在复平面内的对应点为，所以，所以故选：D2．设集合，则的所有子集的个数为（

）A．3 B．4 C．8 D．16【答案】C【分析】解不等式得，再根据公式求解即可.【详解】解：解不等式得，解不等式得，由于,所以，，所以，的所有子集的个数为个.故选：C3．设随机变量，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题知，，进而根据正态分布的对称性求解即可.【详解】解：因为随机变量，所以，因为，所以，所以，根据正态分布的对称性，.故选：A4．抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据计数原理，排列的应用，古典概型求解即可.【详解】解：抛掷一枚质地均匀的骰子3次，共有种不同结果，其中向上的点数为3个互不相同的偶数的情况为点数为的排列，故有种，所以，向上的点数为3个互不相同的偶数的概率为.故选：D5．已知等边三角形的边长为1，动点满足．若，则的最小值为（

）A． B． C．0 D．3【答案】B【分析】利用平方的方法化简已知条件，结合基本不等式求得的最小值.【详解】，由两边平方得，即，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为.故选：B6．克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（

）A．4 B．2 C． D．【答案】B【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解.【详解】解：由托勒密定理，得．因为，所以．设圆的半径为，由正弦定理，得．又，所以．因为，所以，因为，所以，所以，所以，则，故．故选：B7．已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（

）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.【详解】解：如图，在棱上分别取点，使得，，连接，因为，，所以，，因为平面，平面，所以平面，因为，，所以，，，因为，，所以，≌，≌，所以所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面,所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，因为所以，动点的轨迹长为故选：C8．设，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用导数证明不等式当时，，进而得，再讨论与的关系即可判断.【详解】解：令，，则在上恒成立，所以，函数在上单调递减，所以，当时，，即，；令，，则，所以，函数在上单调递减，所以，当时，，即，，所以，当时，所以，，因为，所以所以，，即，即所以，故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用时，，结合二倍角公式，比较与的关系判断.二、多选题9．已知双曲线和圆，则（

）A．双曲线的离心率为B．双曲线的渐近线方程为C．当时，双曲线与圆没有公共点D．当时，双曲线与圆恰有两个公共点【答案】ACD【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，表示出的距离，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值，从而判断D.【详解】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，故选项A正确；双曲线的渐近线方程为，即，故选项B错误；因为圆心到双曲线的渐近线的距离，所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，故选项C正确；设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为，当且仅当时取等号，所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为，所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，故选项D正确．故选：ACD10．已知函数．若曲线经过点，且关于直线对称，则（

）A．的最小正周期为 B．C．的最大值为2 D．在区间上单调递增【答案】ABD【分析】由题知，进而得，，再结合题意得，进而再讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为曲线关于直线对称，所以，即，解得，所以，，所以，的最小正周期为，故A选项正确；因为曲线经过点，所以，解得，所以，，故B选项正确；所以，的最大值为，故C选项错误；当时，，所以在区间上单调递增，故D选项正确.故选：ABD11．在数列中，若对于任意，都有，则（

）A．当或时，数列为常数列B．当时，数列为递减数列，且C．当时，数列为递增数列D．当时，数列为单调数列【答案】ABC【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D.【详解】解：对于A选项，由得，所以，当时，，是常数列；当时，是常数列，故A选项正确；对于B选项，，因为，所以，当时，，即，同理可得，，所以，即，所以数列为递减数列，且，故B选项正确；对于C选项，当时，由得，即由得，所以，，同理可得，所以，即，所以，数列为递增数列，故C选项正确；对于D选项，当时，由，即，由得，符号不确定，所以符号不确定，所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.故选：ABC12．已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（

）A． B．C．为偶函数 D．为奇函数【答案】BCD【分析】依题意可得，再由奇偶性得到，从而得到，即可判断A，由，可得，再由，即可求出，从而判断B，再结合奇偶性的定义判断C、D.【详解】解：由，得．由是奇函数，得，即，所以，即，所以，故选项A错误；由，得，由，得，所以，故选项B正确；由，，得，即为偶函数，故选项C正确；由，，得，则，即为奇函数，故选项D正确．故选：BCD三、填空题13．写出曲线过点的一条切线方程__________．【答案】或（写出其中的一个答案即可）【分析】首先判断点在曲线上，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，再说明函数的单调性，即可得到函数的极大值，从而得到曲线的另一条切线方程.【详解】解：因为点在曲线上，所以曲线在点处的切线方程符合题意．因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即．因为当或时，；当时，，所以函数在处取得极大值，又极大值恰好等于点的纵坐标，所以直线也符合题意．故答案为：或（写出其中的一个答案即可）14．已知椭圆，直线交于两点，点，则的周长为__________．【答案】【分析】由题知为等边三角形，直线过点，且倾斜角为，进而得直线为边的中垂线，再根据椭圆的定义求解即可.【详解】解：由题知，所以椭圆的焦点坐标为所以，由得，所以，为等边三角形，且因为，当时，解方程得，所以，直线过点，且倾斜角为，即，所以，直线为为等边三角形中角的角平分线，所以，直线为边的中垂线，所以，因为所以，的周长为，故答案为：15．设奇函数的定义域为，且对任意，都有．若当时，，且，则不等式的解集为__________．【答案】【分析】由题知函数在上单调递减，在上单调递减，且，，，，再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.【详解】解：设，且，则因为，当时，，所以，因为对任意，都有．所以，，即，所以，函数在上单调递减，因为是定义域为的奇函数，所以，函数在上单调递减，因为不等式等价于不等式，即，因为对任意，都有，，所以，当时，得；当时，得所以，所以，，，，，所以，当时，的解集为，当时，的解集为，所以，的解集为，所以，不等式的解集为故答案为：16．已知三棱锥的体积为6，且．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积为__________．【答案】【分析】根据锥体体积公式结合条件可得，，两两互相垂直，取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，即可得到.【详解】解：由已知得，，．设点到平面的距离为，则．又，所以，，两两互相垂直．取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，（四棱锥中底面，且为矩形，则四棱锥可以补形为以为底面的长方体，即为该长方体的一条体对角线，三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球）．因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，而点到平面的距离等于点到平面的距离，所以．故答案为：四、解答题17．已知数列满足．(1)求的通项公式；(2)若，数列满足，求的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据递推关系解方程得，进而证明数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列通项公式求解即可；（2）由题知，进而令，记数列的前项和为，则为与的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.【详解】（1）解：数列满足所以，，解得，由得，即，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，即所以，的通项公式为（2）解：因为，，所以，，，，所以，，令，设数列的前项和为，因为数列为等差数列，为等比数列，所以，因为数列的前项和为与的和，，所以，.18．在中，，是边上一点，．(1)若，求的值；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出、，再在、、中分别利用正弦定理计算可得；（2）设，则，，由面积公式表示出、、，即可得到，从而得到，令，则，设利用导数说明函数的单调性，即可求出的值域，即可得解.【详解】（1）解：由，，可得，．在中，由正弦定理得；在中，由正弦定理得；在中，由正弦定理得，所以．（2）解：由，得．设，则，，所以，，，则，故．设，则．因为，所以，则．设，，则．因为当时，，所以函数在区间上单调递增．因为，，所以，故的取值范围为．19．为了促进地方经济的快速发展，国家鼓励地方政府实行积极灵活的人才引进政策，被引进的人才，可享受地方的福利待遇，发放高标准的安家补贴费和生活津贴．某市政府从本年度的1月份开始进行人才招聘工作，参加报名的人员通过笔试和面试两个环节的审查后，符合一定标准的人员才能被录用．现对该市1~4月份的报名人员数和录用人才数（单位：千人）进行统计，得到如下表格．月份1月份2月份3月份4月份报名人员数/千人57录用人才数/千人(1)求出y关于x的经验回归方程；(2)假设该市对被录用的人才每人发放2万元的生活津贴（i）若该市5月份报名人员数为8000人，试估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额；（ii）假设在参加报名的人员中，小王和小李两人被录用的概率分别为，．若两人的生活津贴之和的均值不超过3万元，求的取值范围．附：经验回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为【答案】(1)(2)（i）1060万元；（ii）【分析】（1）根据所给数据求出，，即可求出b，，从而求出回归直线方程；（2）（i）将代入（1）中回归直线方程，求出，即可估计需要发放的生活津贴的总金额；（ii）设小王和小李两人中被录用的人数为，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可求出数学期望，即可得到且，即可求出的取值范围.【详解】（1）由题意得，，所以，故关于的经验回归方程为．（2）（ⅰ）将代入，得，所以（万元），故估计该市对5月份招聘的人才需要发放的生活津贴的总金额为1060万元．（ⅱ）设小王和小李两人中被录用的人数为，则的可能取值为，，，则，，，所以，则，解得．又，所以，则．故的取值范围是．20．如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．(1)证明：平面平面；(2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）设的中点为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而求解.【详解】（1）设的中点为，连接，因为为等边三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为在等边三角形中，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，因为，，，所以四边形为矩形，即，，，所以，设，，，，以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，所以，，，，，，所以，，，，设平面和平面的法向量分别为，，则，，即，，取，，则，，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．(1)求的方程；(2)过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.【详解】（1）解：由题意知，设点的坐标为，则直线的斜率为．因为直线的斜率为，所以，即，所以的面积，解得或（舍去），故抛物线的方程为．（2）解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．由（1）得，抛物线