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