2023-2024學年山東省鄒城二中高三3月調考數(shù)學試題

2022-2023學年山東省鄒城二中高三3月調考數(shù)學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．2．用1，2，3，4，5組成不含重復數(shù)字的五位數(shù)，要求數(shù)字4不出現(xiàn)在首位和末位，數(shù)字1，3，5中有且僅有兩個數(shù)字相鄰，則滿足條件的不同五位數(shù)的個數(shù)是（）A．48 B．60 C．72 D．1203．在聲學中，聲強級（單位：）由公式給出，其中為聲強（單位：）.，，那么（）A． B． C． D．4．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．5．已知，，是平面內三個單位向量，若，則的最小值（）A． B． C． D．56．已知平面，，直線滿足，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．即不充分也不必要條件7．a為正實數(shù)，i為虛數(shù)單位，，則a=（）A．2 B． C． D．18．復數(shù)滿足為虛數(shù)單位)，則的虛部為（）A． B． C． D．9．已知數(shù)列an滿足：an=2,n≤5a1A．16 B．17 C．18 D．1910．劉徽(約公元225年-295年)，魏晉期間偉大的數(shù)學家，中國古典數(shù)學理論的奠基人之一他在割圓術中提出的，“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作，割圓術的核心思想是將一個圓的內接正n邊形等分成n個等腰三角形(如圖所示)，當n變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術的思想，得到的近似值為（）A． B． C． D．11．數(shù)列的通項公式為．則“”是“為遞增數(shù)列”的（）條件．A．必要而不充分 B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也不必要12．已知雙曲線C：=1(a>0，b>0)的右焦點為F，過原點O作斜率為的直線交C的右支于點A，若|OA|=|OF|，則雙曲線的離心率為（）A． B． C．2 D．+1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．記實數(shù)中的最大數(shù)為，最小數(shù)為.已知實數(shù)且三數(shù)能構成三角形的三邊長，若，則的取值范圍是.14．設、滿足約束條件，若的最小值是，則的值為__________.15．設函數(shù)滿足,且當時,又函數(shù),則函數(shù)在上的零點個數(shù)為___________.16．已知平面向量、的夾角為，且，則的最大值是_____．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設函數(shù)，其中是自然對數(shù)的底數(shù).（Ⅰ）若在上存在兩個極值點，求的取值范圍；（Ⅱ）若，函數(shù)與函數(shù)的圖象交于，且線段的中點為，證明：.18．（12分）已知滿足，且，求的值及的面積.（從①，②，③這三個條件中選一個，補充到上面問題中，并完成解答.）19．（12分）已知的內角，，的對邊分別為，，，．（1）若，證明：．（2）若，，求的面積．20．（12分）已知均為正實數(shù)，函數(shù)的最小值為.證明：（1）；（2）.21．（12分）已知函數(shù).（1）若，求不等式的解集；（2）若“，”為假命題，求的取值范圍.22．（10分）某商場舉行優(yōu)惠促銷活動，顧客僅可以從以下兩種優(yōu)惠方案中選擇一種.方案一：每滿100元減20元；方案二：滿100元可抽獎一次.具體規(guī)則是從裝有2個紅球、2個白球的箱子隨機取出3個球（逐個有放回地抽取），所得結果和享受的優(yōu)惠如下表：（注：所有小球僅顏色有區(qū)別）紅球個數(shù)3210實際付款7折8折9折原價（1）該商場某顧客購物金額超過100元，若該顧客選擇方案二，求該顧客獲得7折或8折優(yōu)惠的概率；（2）若某顧客購物金額為180元，選擇哪種方案更劃算？

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

根據(jù)三視圖判斷出幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構成，利用錐體和柱體的體積公式計算出體積并相加求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，該多面體體積為.故選D.【點睛】本小題主要考查三視圖還原為原圖，考查柱體和錐體的體積公式，屬于基礎題.2．A【解析】

對數(shù)字分類討論，結合數(shù)字中有且僅有兩個數(shù)字相鄰，利用分類計數(shù)原理，即可得到結論【詳解】數(shù)字出現(xiàn)在第位時，數(shù)字中相鄰的數(shù)字出現(xiàn)在第位或者位，共有個數(shù)字出現(xiàn)在第位時，同理也有個數(shù)字出現(xiàn)在第位時，數(shù)字中相鄰的數(shù)字出現(xiàn)在第位或者位，共有個故滿足條件的不同的五位數(shù)的個數(shù)是個故選【點睛】本題主要考查了排列，組合及簡單計數(shù)問題，解題的關鍵是對數(shù)字分類討論，屬于基礎題。3．D【解析】

由得，分別算出和的值，從而得到的值.【詳解】∵，∴，∴，當時，，∴，當時，，∴，∴，故選：D.【點睛】本小題主要考查對數(shù)運算，屬于基礎題.4．D【解析】

結合三視圖可知,該幾何體的上半部分是半個圓錐,下半部分是一個底面邊長為4,高為4的正三棱柱,分別求出體積即可.【詳解】由三視圖可知該幾何體的上半部分是半個圓錐,下半部分是一個底面邊長為4,高為4的正三棱柱,則上半部分的半個圓錐的體積,下半部分的正三棱柱的體積,故該幾何體的體積.故選:D.【點睛】本題考查三視圖,考查空間幾何體的體積,考查空間想象能力與運算求解能力,屬于中檔題.5．A【解析】

由于，且為單位向量，所以可令，，再設出單位向量的坐標，再將坐標代入中，利用兩點間的距離的幾何意義可求出結果．【詳解】解：設，，，則，從而，等號可取到．故選：A【點睛】此題考查的是平面向量的坐標、模的運算，利用整體代換，再結合距離公式求解，屬于難題．6．A【解析】

，是相交平面，直線平面，則“”“”，反之，直線滿足，則或//或平面，即可判斷出結論．【詳解】解：已知直線平面，則“”“”，反之，直線滿足，則或//或平面，“”是“”的充分不必要條件．故選：A.【點睛】本題考查了線面和面面垂直的判定與性質定理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力．7．B【解析】

，選B.8．C【解析】

，分子分母同乘以分母的共軛復數(shù)即可.【詳解】由已知，，故的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數(shù)的除法運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.9．B【解析】

由題意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【詳解】解：an即a1=an?6時，a1a1兩式相除可得1+a則an2=由a6a7…，ak2=可得aa1且a1正整數(shù)k(k?5)時，要使得a1則ak+1則k=17，故選：B．【點睛】本題考查與遞推數(shù)列相關的方程的整數(shù)解的求法，注意將題設中的遞推關系變形得到新的遞推關系，從而可簡化與數(shù)列相關的方程，本題屬于難題.10．A【解析】

設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,則每個等腰三角形的面積為,由割圓術可得圓的面積為,整理可得,當時即可為所求.【詳解】由割圓術可知當n變得很大時,這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積,設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,所以每個等腰三角形的面積為,所以圓的面積為,即,所以當時,可得,故選:A【點睛】本題考查三角形面積公式的應用,考查閱讀分析能力.11．A【解析】

根據(jù)遞增數(shù)列的特點可知，解得，由此得到若是遞增數(shù)列，則，根據(jù)推出關系可確定結果.【詳解】若“是遞增數(shù)列”，則，即，化簡得：，又，，，則是遞增數(shù)列，是遞增數(shù)列，“”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件．故選：.【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判斷，涉及到根據(jù)數(shù)列的單調性求解參數(shù)范圍，屬于基礎題.12．B【解析】

以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯(lián)立，可求出點，則，整理計算可得離心率.【詳解】解：以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯(lián)立，取第一象限的解得，即，則，整理得，則（舍去），，.故選：B.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，考查學生的計算能力，是中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】試題分析：顯然，又，①當時，，作出可行區(qū)域，因拋物線與直線及在第一象限內的交點分別是（1，1）和，從而②當時，，作出可行區(qū)域，因拋物線與直線及在第一象限內的交點分別是（1，1）和，從而綜上所述，的取值范圍是．考點：不等式、簡單線性規(guī)劃.14．【解析】

畫出滿足條件的平面區(qū)域，求出交點的坐標，由得，顯然直線過時，最小，代入求出的值即可．【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯(lián)立，解得，則點.由得，顯然當直線過時，該直線軸上的截距最小，此時最小，，解得.故答案為：．【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題，考查數(shù)形結合思想，是一道中檔題．15．1【解析】

判斷函數(shù)為偶函數(shù)，周期為2，判斷為偶函數(shù)，計算，，畫出函數(shù)圖像，根據(jù)圖像到答案.【詳解】知，函數(shù)為偶函數(shù)，，函數(shù)關于對稱。，故函數(shù)為周期為2的周期函數(shù)，且。為偶函數(shù)，，，當時，，，函數(shù)先增后減。當時，，，函數(shù)先增后減。在同一坐標系下作出兩函數(shù)在上的圖像，發(fā)現(xiàn)在內圖像共有1個公共點，則函數(shù)在上的零點個數(shù)為1．故答案為：.【點睛】本題考查了函數(shù)零點問題，確定函數(shù)的奇偶性，對稱性，周期性，畫出函數(shù)圖像是解題的關鍵.16．【解析】

建立平面直角坐標系，設，可得，進而可得出，，由此將轉化為以為自變量的三角函數(shù)，利用三角恒等變換思想以及正弦函數(shù)的有界性可得出結果.【詳解】根據(jù)題意建立平面直角坐標系如圖所示，設，，以、為鄰邊作平行四邊形，則，設，則，，且，在中，由正弦定理，得，即，在中，由正弦定理，得，即.，，則，當時，取最大值.故答案為：.【點睛】本題考查了向量的數(shù)量積最值的計算，將問題轉化為角的三角函數(shù)的最值問題是解答的關鍵，考查計算能力，屬于難題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.【解析】

（Ⅰ）依題意在上存在兩個極值點，等價于在有兩個不等實根，由參變分類可得，令，利用導數(shù)研究的單調性、極值，從而得到參數(shù)的取值范圍；（Ⅱ）由題解得，，要證成立，只需證：，即：，只需證：，設，即證：，再分別證明，即可；【詳解】解：（Ⅰ）由題意可知，，在上存在兩個極值點，等價于在有兩個不等實根，由可得，，令，則，令，可得，當時，，所以在上單調遞減，且當時，單調遞增；當時，單調遞減；所以是的極大值也是最大值，又當，當大于0趨向與0，要使在有兩個根，則，所以的取值范圍為；（Ⅱ）由題解得，，要證成立，只需證：即：，只需證：設，即證：要證，只需證：令，則在上為增函數(shù)，即成立；要證，只需證明：令，則在上為減函數(shù)，，即成立成立，所以成立.【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值，利用導數(shù)證明不等式，屬于難題;18．見解析【解析】

選擇①時：,，計算，根據(jù)正弦定理得到，計算面積得到答案；選擇②時，，，故，為鈍角，故無解；選擇③時，，根據(jù)正弦定理解得，，根據(jù)正弦定理得到，計算面積得到答案.【詳解】選擇①時：,，故.根據(jù)正弦定理：，故，故.選擇②時，，，故，為鈍角，故無解.選擇③時，，根據(jù)正弦定理：，故，解得，.根據(jù)正弦定理：，故，故.【點睛】本題考查了三角恒等變換，正弦定理，面積公式，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.19．（1）見解析（2）【解析】

（1）由余弦定理及已知等式得出關系，再由正弦定理可得結論；（2）由余弦定理和已知條件解得，然后由面積公式計算．【詳解】解：（1）由余弦定理得，由得到，由正弦定理得．因為，，所以．（2）由題意及余弦定理可知，①由得，即，②聯(lián)立①②解得，．所以．【點睛】本題考查利用正余弦定理解三角形．考查三角形面積公式，由已知條件本題主要是應用余弦定理求出邊．解題時要注意對條件的分析，確定選用的公式．20．（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）運用絕對值不等式的性質，注意等號成立的條件，即可求得最小值，再運用柯西不等式，即可得到最小值.（2）利用基本不等式即可得到結論，注意等號成立的條件.【詳解】（1）由題意，則函數(shù)，又函數(shù)的最小值為，即，由柯西不等式得，當且僅當時取“=”.故.（2）由題意，利用基本不等式可得，，，（以上三式當且僅當時同時取“=”）由（1）知，，所以，將以上三式相加得即.【點睛】本題主要考查絕對值不等式、柯西不等式等基礎知識，考查運算能力，屬于中檔題.21．（1）（2）【解析】

（1））當時，將函數(shù)寫成分段函數(shù)，即可求得不等式的解集.（2）根據(jù)原命題是假命題，這命題的否定為真命題，即“，”為真命題，只需滿足即可.【詳解】解：（1）當時，由，得.故不等式的解集為.（2）因為“，”為假命題，所以“，”為真命題，所以.因為，所以，則，所以，即，解得，即的取值范圍為.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，以及絕對值三角不