山东省日照市2024届高三上学期期中校际联合考试数学试卷（解析版）

PAGEPAGE1山东省日照市2024届高三上学期期中校际联合考试数学试卷一、单项选择题1.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗.故选：D.2.已知复数满足，则的共轭复数（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则，所以，.故选：B.3.以点为对称中心的函数是（）．A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A选项，对称中心为，故不选A；对于B选项，对称中心为，故不选B;对于C选项，对称中心为，故C选项正确；对于D选项，不是中心对称图形，故不选D.故选：C.4.在中，点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则（）A.1 B. C. D.-1〖答案〗B〖解析〗点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，如图所示，所以.故选：B.5.函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．6.已知，，，，成等比数列，且和为其中的两项，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和，设等比数列的公比为，当时，，所以，所以，所以；当时，，所以，所以，所以；综上，的最小值为.故选：B7.在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为室内5人制足球场示意图，设球场（矩形）长大约为40米，宽大约为20米，球门长大约为4米.在某场比赛中有一位球员欲在边线上某点处射门（假设球贴地直线运行），为使得张角最大，则大约为（）（精确到1米）A.8米 B.9米 C.10米 D.11米〖答案〗C〖解析〗由题意知，，设，则，所以，当且仅当，即时取等号，又因为，所以大约为10米.故选：C.8.已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（）A.不为定值，为定值 B.为定值，不为定值C.与均为定值 D.与均不为定值〖答案〗A〖解析〗正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，

可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等设，则，∴，∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，∴六边形的周长为定值．正三角形的面积为；如上图，当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，截面面积为，所以截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值，故选：A.二、多项选择题9.若，为空间中两条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，若，，则可能，故A错误；对于B，因为，则能在内找一条直线，使得，因为，则，因为，由面面垂直的判定定理可得，故B正确；对于C，若，则能在内找一条直线，使得，，，则，又因为，所以，故C正确；对于D，若，，，则可能异面，故D错误.故选：BC.10.下列说法正确的是（）A.“”是“”的既不充分也不必要条件B.的最大值为C.若，则D.命题“，”的否定是“，”〖答案〗AB〖解析〗对于A：若，，满足，但是，故充分性不成立，若，，满足，但是，故必要性不成立，即“”是“”的既不充分也不必要条件，故A正确；对于B：由，解得，所以函数的定义域为，又，所以当时函数取得最大值，且，故B正确；对于C：因为，又，所以，所以，，故C错误；对于D：命题“，”的否定是“，”，故D错误；故选：AB.11.已知定义在上的函数和，是的导函数且定义域为.若为偶函数，，，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗因为为偶函数，则，两边求导得，所以为奇函数，因为，，所以，故，所以，即的周期且，则，故B错误；在，中，令，可得，所以，故A正确；由，令，可得，则，则，即，所以，故D错误；在中，令得，，在中，令得，，两式相加得，即，故C正确.故选：AC.12.已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，P为正方体的内切球上任意一点，则（）A.球被截得的弦长为B.的范围为C.与所成角的范围是D.球被四面体表面截得的截面面积为〖答案〗ABD〖解析〗如图所示，对于选项A，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得，设球被截得的弦长为，在中，易得，如下图所示，中，由对称性可知，，且，由余弦定理知，在中，，解得或（舍），则弦长，所以选项A正确；对于选项B，不妨设的中点为，则，由选项A知，，，所以，，，当共线同向时，，当共线反向时，，所以，的范围为，即选项B正确；对于选项C，易知当三点共线时，与所成的角最小为，取截面如下图所示，易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，则，所以，得到，所以选项C错误；对于选项D，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：设为的中点，为球心在平面内的射影，则为的中心，易知正四面体的棱长为，又正方体的体对角线长为，所以，又为等边三角形，且边长为，易得，由勾股定理，可得，所以，设截面圆的半径为，则，设内切圆的半径为，则由，得到，所以截面面积为，故选项D正确，故选：ABD.三、填空题13.的二项展开式的常数项为_______〖答案〗20〖解析〗的二项展开式的通项为．令得．所以二项展开式的常数项为．14.已知向量，，其中，，，若，则实数的值为__________.〖答案〗〖解析〗，又，则故〖答案〗为：15.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要___________步“雹程”；若，则所有可能的取值所构成的集合为______________.〖答案〗12〖解析〗（1）当，可得，所以需要12步使得；（2）若，则或1，①当时，或，②当时，，综上所述，可得或或，所以集合.故〖答案〗为：；.16.已知函数，点是函数图象上不同的两个点，则（为坐标原点）的取值范围是________.〖答案〗〖解析〗当时，，则恒成立，所以在区间上单调递增，当时，，图象如图，设直线，由，消得到，由，得，解得或（舍去），即直线与相切，当时，设与的切点为，则，整理得到，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，又，所以方程的解为，得到，即直线与相切，记直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，所以，又因为点是函数图像上不同的两个点，显然，当点在一条线上时，，所以，又易知，在区间上单调递增，所以，故〖答案〗为：.四、解答题17.已知数列的前项和为，满足.（1）求；（2）将中满足的第项取出，并按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和.解：（1）因为数列满足①，当时，，解得；当时，，②①-②得，即因，所以，从而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.所以.故数列的通项公式为.（2）根据题意可知，故，.所以取出的项就是原数列的偶数项，所以是以4为首项，4为公比的等比数列，所以.18.设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．解：（1）在中，由得：，由正弦定理得，而，即，则，又,所以.（2）依题意，，在中，由余弦定理得：，即，解得，所以的面积.19.已知函数在处有极值-1.（1）求的值；（2）若函数在上单调递增，求的取值范围.解：（1）由题意知，因为在处取得极值-1，所以，解得，即，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，即在处取得极小值-1，符合题意，故（2）在上恒成立，即在内恒成立.令，则，令，得或，令，得或，所以在和上单调递增，在上单调递减，因为，所以，所以，经验证时，，即符合题意，即的取值范围为.20.已知两个正项数列，满足，．（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，其中表示不超过的最大整数，求的前项和．解：（1）由，得，由，得，，因为是正项数列，，；（2）因为，所以，所以当时，当时满足，所以.21.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.（1）求证：平面平面；（2）若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.（1）证明：如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，因平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，解得，又，，所以，即，，所以在中，，在中，由余弦定理：，所以，故.因为底面，面，所以平面平面，又面，面面，，故面，又平面，所以平面平面；（2）解：易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，设，可得，设直线与平面所成的角为，则，即，令，，则当且仅当，即时，等号成立，所以当时，有最大值4，即当时，的最大值为1，此时点，所以，所以点M到平面的距离，故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.22.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程的两根互为相反数.①求实数的值；②若，且，证明：.（1）解：根据题意可得：