日照市2020级第一次校际联合考试数学试题答案(1)_2023年8月_028月合集_2023届山东省日照市高三上学期第一次校际联考

参照秘密级管理 启用前 试卷类型：A ★ 2020 级高三上学期校际联合考试 数学试题参考答案 2022．08 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．【答案】A 【解析】由题意得，M 1,0,1，N 0,1,2M N 1,0,1,2，M N 0,1，阴影部分为 C MN1,2，故选A． MN 22i 22i 2i2 2．【答案】B 【解析】∵ 1i2 z22i，∴z 1i2  2i  2 1 i，z  12 12  2，故选：B． 3．【答案】B 【解析】已知函数 f x在区间2,2上的图像连续不断，根据零点存在性定理，若 f 2 f 20， 则 f x在区间2,2上有零点；若有 f 20或者 f 20，f x在区间2,2上有零点，但是 f 2 f 20不 成立．故选B． 4．【答案】D 【解析】解法一：因为 fxex 2x2，设g(x) f(x),g(x) ex 2， 令gxex 20,得xln2,当x＜ln2时gx＜0,g  x  为减函数，即 f x  为减函数；当x＞ln2 时,gx＞0，g(x)为增函数，即 f  x 为增函数, 而 fln222ln222ln2＜0,所以原函数存在两个极值点, 故排除选项B和C．将x1代入原函数,求得 f 1e12＜0,排除选项A． 解法二： f 1e21＜0,排除选项A,B；当x时, f xex  x  x2  ,排除选项C．故选D． 5．【答案】C 【解析】因为正实数m、n， n 1 n mn n m 1 n m 1 5 所以        2   ， m 2n m 4n m 4n 4 m 4n 4 4 n m 4 2 5 当且仅当  且mn2，即m ，n 时取等号，此时取得最小值 ，C正确； m 4n 3 3 4 a a 19 6．【答案】B 【解析】由题意可知，等差数列的公差d  5 1   2， 51 51 则其通项公式为：a a  n1  d 9 n1 2 2n11， n 1 注意到a a a a a 0a 1a ， 1 2 3 4 5 6 7 且由T 0可知T 0  i6,iN ， 5 i T 由 i a 1  i7,iN  可知数列  T  不存在最小项， T i n i1 由于a 9,a 7,a 5,a 3,a 1,a 1， 1 2 3 4 5 6 故数列  T  中的正项只有有限项：T 63，T 6315945． n 2 4   故数列 T 中存在最大项，且最大项为T ． n 4 故选：B． 7．【答案】C 【解析】根据题意，A，B，C三点的坐标分别为A  m,log m ，B  m,log m ，C  m,0  (m1)又B a b log m 是线段AC的中点，即AB BC，所以log mlog mlog m0，计算得：log m2log m2 a ， a b b a b log b a 所以log b2，故ba2，又由图知，a，b(1,)， a b(2a1)a22a1(a1)2 0 ，所以b 2a1选项 C正确． 8．【答案】D 【解析】 高三数学试题答案 第 1 页 共8页   解法1：取OAa,OB b,OC c,则点C在以A为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），设向量b,c的夹角为 ，由图   可知，取值范围为[ ，]； 6 2 bc=|b||c|cos2|c|cos，由于|c|cos为向量c在向量b上的 投影，且 0|c|cos2，故bc的取值范围是[0，4]． 解法2：不妨设a= (2,0) ，b= (1, 3)，c= (x,y)． 因为|ca|1 ，所以（x﹣2）2+y2≤1，设x＝2+rcosα，y＝rsinα， 0≤r≤1，α∈R， 所以  bc= x+ 3y 2rcos 3rsin 22rsin( ) 6  由于 1r rsin( ) r1，故bc 0，4  6 故选：D． 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．【答案】BC 【解析】 对于A，两向量方向相反，故错误， 2 对于B，连接BH 交OA于M ，由 OH  OB 1,HOB90可得 OM  ，由向量的平行四边形法则可得 2    OBOH 2OM，     又 OE 1，则OBOH 2OM  2OE，B正确；     2 对于C，由正八边形可得AOB45，则OAOD OAOD cosAOD11cos135  ，C正确； 2           对于D， AHHOHAHO HAHO cosOHA ，BCBO BC  BO cosOBC ， uuur uuur uuur uuur 易得OHAOBC 67.5，又 HA  BC , HO  BO ，则 AHHOBCBO ，D错误； 故选：BC． 10、【答案】BCD 2 5 2 【解析】由题意A2，T 4    ，∴  2，  3 12    2  4  π 又2sin2    2， 2k ,kZ ，又，∴ ，  3  3 2 6    7  ∴ f(x)2sin(2x )．∵2   ，∴x 不是对称轴，A错； 6 2 6 6 2        sin2      0，∴  ,0是对称中心，B正确；   12 6  12            x   ，  时，2x    ,  ，∴ f(x)在   ,  上单调递增，C正确；  3 6 6  2 2  3 6     1    5 2sin2x  1，sin2x   ，2x 2k 或2x 2k ,kZ ，即xk或  6  6  2 6 6 6 6   23  4 8 x k ，kZ ，又  x ，∴x0, ,, ，和为 ，D正确．故选：BCD． 3 12 12 3 3 3 11．【答案】ABD 【解析】由已知， f(x2) f(x) ，则 f(x)的周期为2．其大致图像如图所示，由图可知， 高三数学试题答案 第 2 页 共8页①当k 0时，g(x)零点为1、3、5、7、…，满足题意； ②当k1时，g(x)零点为0、2、4、6、…，满足题意； ③当k(0,1)时，若零点从小到大构成等差数列x ，公差只能为1． n x 1 (x 1)1 由1x  2  1 ，得x 2 2 ，此时k 1x  21； 1 3x 3(x 1) 1 1 2 1 ④当k(,0)(1,)时，函数g(x)无零点，不符合题意． 故选：ABD． 12． 【答案】AD【解析】 ex1 ex2 ex 当1 x  x 时，不等式x ex1 xex2 0  ，令 f(x) ,x1，则 f(x)在(1,)上单调递增， 1 2 2 1 x x x 1 2 eb ee 因be>1，则 f(b) f(e)  ebbee1，A正确； b e eb eea 因bea ，则 f(b) f(ea)  eab beea ，B不正确； b ea ea lna 由ea e知，a1，有 f a f 1 e1eaa ，则alna 1， a a eb eb lna 由选项A知， 1，即  aeb blna，C不正确； b b a elnb ea 由bea e得，lnba1，则 f(lnb) f(a)  abe alnb ，D正确． lnb a 故选：AD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。 13．【答案】2 【解析】因为幂函数 f(x)x图像不过坐标原点，故0，又 f(x)x在区间(,0)上单调递增，故2；故 答案为：2 7 14、【答案】 9 π  3 【解析】由sin(  ) 得 12 2 3 π π  3 1 cos( )12sin2(  )12( )2  ， 6 12 2 3 3 π π 1 7 所以cos( 2) 2cos2( )12( )21 ， 3 6 3 9 所以 π π π  π 7 sin(2 )cos (2 ) cos( 2) ．   6 2 6  3 9 15、【答案】(0,1) 【解析】由 f(x)ex(x1)可得 f(x)ex(x2)， 在点(0,1)处的切线斜率为k  f(0)e0(02)2，所以a  2， 将点(0,1)代入 y axb可得b1， 所以方程 ax b m，即 2x 1 m有两个不等实根， 等价于 y  2x 1 与y m图像有两个不同的交点， 高三数学试题答案 第 3 页 共8页作 y  2x 1 的图像如图所示： 由图知：若 y  2x 1 与y m图像有两个不同的交点则0m1． 2 2 10 2 16．【答案】 或 2 4 【解析】因为 f x是定义域为R的奇函数，所以 f xf x， 又函数图像关于直线x1对称，所以 f 2x f x， 所以 f 2x f  22x   f xf x，所以 f 4xf 2x f x， 即 f x是以4为周期的周期函数， 又当x 0,2 时， f xx2x， 令x2,0，则x0,2 ，所以 f xx2xf x， 所以 f x xx2， 所以当x2,4时 f xx4x2， x4,6时 f xx46x，  所以 f x的部分图像如下所示： 1 若0k ，则02k1，f x在 0,1上单调递增，所以 2 M k2k，M 2k22k，显然不满足M 2M ， 0,k k,2k 0,k k,2k 1 若 k 1，则12k2， f x在0,1上单调递增，在1,2上单调递减， 2 所以M k2k，M 1，显然不满足M 2M ， 0,k k,2k 0,k k,2k 若1k 2，则22k 4，所以M 0,k 1，M k,2k k2k，由M 0,k 2M k,2k ， 即12k2k，解得k  2 2 或k  2 2 （舍去）； 2 2 若2k3，则42k 6，所以M 0,k 1，M k,2k 2k 462k 或M k,2k 1，由M 0,k 2M k,2k ， 即122k462k，解得k  10 2 或k  10 2 （舍去）； 4 4 当k 3,时，2k 6,，所以M 1，M 1，显然不满足M 2M ，故舍去； 0,k k,2k 0,k k,2k 2 2 10 2 故答案为： 或 2 4 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。 3 1  17．（10分） 解：(1) f(x) sin2x cos2x1 sin(2x )1． …3分 2 2 6 ∴ f(x)的最小值为2，最小正周期为． ………………………………5分   （2）∵ f(C)sin(2C )10， 即sin(2C )1, 6 6   11    ∵ 0C， 2C  ，∴ 2C  ，∴ C  ． 6 6 6 6 2 3   ∵ m与n共线，∴ sinB2sinA0． a b 由正弦定理  ， 得b2a, ① sin A sinB 高三数学试题答案 第 4 页 共8页 ∵ c3，由余弦定理，得9a2 b2 2abcos ， ② 3 a  3 解方程组①②，得 ． …………………………………………10分 b2 3 18．（12分） 解：（1）依题意b 1,b q,b q2，而b b 6b ，即1q 6q2，由于q0，所以解得 1 2 3 1 2 3 1 q  ， …………………………………………2分 2 1 所以b  1 ．所以b  1 ，故c  2n1 c  4c ，所以数列  c  是首项为1，公比为4的等比数列，所 n 2n1 n2 2n1 n1 1 n n n 2n1 以c 4n1． …………………………………………3分 n 所以a a c 4n1（n2,nN*）． n1 n n 4n12 所以a a 144n2  ，又n1，a 1符合， n 1 3 1 4n12 故a  ． …………………………………………6分 n 3 c b （2）依题意设b 1 n1  d dn1d ，由于 n1  n ， n c b n n2 c b 所以 n  n1  n2,nN*  ， c b n1 n1 c c c c b b b b b 故c  n  n1  3  2 c  n1  n2  n3  2  1 c n c c c c 1 b b b b b 1 n1 n2 2 1 n1 n n1 4 3 bb 1d  1 1   1 1 1   1 2     1     n2 ． b b d b b   d b b  n n1 n n1 n n1  1 1 1  d 1 d d 1 d 又c 1，而1   =    1， 1  d b b  d bb d 1 d 1  1 2 1 2  1 1 1  故c  1     n1  …………………………………………10分 n  d b b  n n1  1 1 1   1 1   1 1  所以c c Lc  1      L    1 2 n  d b 1 b 2  b 2 b 3  b n b n1   1 1   1 1 ．  d  b  n1  1 1  1 由于d 0,b 1，所以b 0，所以1 1 1 ． 1 n1  d  b  d n1 1 即c c c 1 ， nN*． …………………………………………12分 1 2 n d 1 1 19．解：(1)法一： f(x)是偶函数， f(1) f(1)，log [( )11]k log [( )1]k 3 9 3 9 10 log 10k log k，log 10k log 10log 9k，k 1． ……4分 3 3 9 3 3 3 高三数学试题答案 第 5 页 共8页经检验可知，k 1时， f(x)是偶函数． …6分 法二 f(x)是偶函数，xR， f(x) f(x)， 1 1 即log [( )x 1]k(x)log [( )x 1]kx对xR恒成立， 3 9 3 9 9x1 即2kxlog (9x1)log (9x1)log log 9x 2x对xR恒成立， ……4分 3 3 39x1 3 1 2x(k1)0 对xR恒成立，x不恒为0，k 1， f(x)log [( )x 1]x．…6分 3 9 1 m (2)方程 f(x)xg(x)存在实数解，即方程log [( )x 1]log ( 2m)存在实数解， 3 9 3 3x 又对数函数ylog x在(0,)上单调递增， 3 1 m 即方程( )x 1 2m存在实数解 ……………………………………8分 9 3x 令t3x，则t0， 方程化为t21mt2m， 即关于t的方程mt2t21存在正数解， ∵m＞0，t21＞1，∴t＞2，t－2＞0， t21 t21 ∴方程m 存在正数解，即函数y＝m与函数y ，t＞2图像有交点．………9分 t2 t2 t21 (t2)24t3 (t2)24t25 5    t2 4 t2 t2 t2 t2 5 5 42 t2 42 5，当且仅当t2 ，即t  52时，等号成立， t2 t2  ∴根据对勾函数的图像性质知m 42 5，即实数m的取值范围为  2 54, ．…12分 15 π 7 20．解：（1）因为sinB ，B(0, ),所以cosB 1sin2 B  ，………………1分 8 2 8 sinC AB 因为AB2AC ，所以由正弦定理知  2，即sinC2sinB，………………3分 sinB AC 因为AM BM ，所以AMC2B，sinAMCsin2B2sinBcosB，在△ACM中， AC sinAMC 2sinBcosB 7   cosB ． ……………………………………6分 AM sinC 2sinB 8 22x212 7 3 （2）由题意知AB2AC2，设BCx，由余弦定理得cosB  ，解得BC2或BC  ．因为 4x 8 2 2ACBC，所以BC2，因为AM 为BAC的平分线，BAM CAM 所以 1 1 ABAMsinBAM BMh S △ABM  2  2 （h为底边BC的高）, S 1 1 △ACM ACAMsinCAM CMh 2 2 BM AB 所以  2， ……………………………………10分 CM AC 1 2 15 故CM  BC  ，而由（1）知sinC 2sinB ， 3 3 4 1 1 2 15 15 所以S  ACCMsin C 1   ． ……………………………12分 △ACM 2 2 3 4 12 21．（12分）   解：（1）连接CO并延长交半圆于M，则∠AOM＝∠COD＝ ，故 ， 4 4 高三数学试题答案 第 6 页 共8页   同理可得 ，∴[ , ]． …………………………2分 4 4 4  过O作OG⊥BC于G，则OG＝1，∠GOF＝| |， 2 1 1 ∴OF= = ，又 AE＝θ，  sin cos| | 2    1 1 ∴ T()   ，[ , ]． …………………………6分 5v 6v 6vsin 4 4 1 cos 6sin25cos 6cos25cos6 （2）T()    ， 5v 6vsin2 30vsin2 30vsin2 2 3 令T()0可得﹣6cos2 ﹣5cos +6＝0，解得cos 或cos （舍）．………9分 3 2  θ θ 2 设 cos  ， [ , ]， 0 3 0 4 4   则当 ≤ ＜ 0 时，T()0，当 0 ＜ ≤ 时，T()0， 4 4 ∴当 ＝θ 0 ，θT()取得最小值． θ θ 2 故当 θcoθs 时，时间T最短． …………………………12分 3 22．（12分） 1 1 1 解：（1）当a1时， f xex lnx, fxex  ,k  f1e， x x2 x 切点1,e1,切线方程为yex1e1，即yex1．…………………………3分 1 令x=0，得y=1；令y=0，得x= , e 1 1 1 所以三角形的面积是：S   1= ； …………………………4分 2 e 2e a 1  (2)①当a0时， f xex alnx，此时 f xaex a lnx1， x x  1 1 1 x1 令gx lnx1,gx   ． x x2 x x2 当0 x1时，gx0, gx在0,1上单调递减， 当x1时， gx0, gx在1,上单调递增， 所以gxg12， …………………………6分 1  又a0则a lnx10， x  1  又ex 0，所以 f xaex a lnx1 0， x  f xa0,f xa，此时a0符合题意． …………………………7分 a xex a |xexa| ②当a0时， f(x) ex alnx alnx = alnx ， x x x 令hxxexa x0，hxx1ex x0，则hx在0,上单调递增， 又h0a0，haa  ea 1  0, 存在唯一的x 0,a使hx 0,且axex0 0 0 0 高三数学试题答案 第 7 页 共8页a ex alnx， 0xx，  x 0 所以 f(x) …………………………9分  ex a alnx， x x，  x 0 a a a 当0 x x 时， f x exalnx，由 fx ex 0， 0 x x2 x 则 f x在0,x 上单调递减， 0 a a a 当x x 时， f xex alnx，由 fxex  ，（分开考虑导函数符号） 0 x x x2 当x x 时，yex  a 在 x ,上单调递增，则ex  a ex0  a ex0  x 0 ex0 0， 0 x 0 x x x 0 0 a a 所以当x x 时， fxex  0，所以 f x在x ,上单调递增， 0 x x2 0 a 1 所以 f x f x ，由题意则 f x ex0  alnx alnx a0x  ， 0 0 x 0 0 0 e 0  1  1 设yxex ，则yx1ex 0在0, 上恒成立，所以yxex 在0, 上单调递增．  e  e  1 1   1 1  此时a xex0 0, ee ，即a0,ee ， 0  e     1  1 综上所述：实数a的取值范围为,ee ． …………………………12分   高三数学试题答案 第 8 页 共8页