山東省濱州市惠民縣中學2023-2024學年高三下學期聯(lián)考數(shù)學試題含解析

山東省濱州市惠民縣中學2023-2024學年高三下學期聯(lián)考數(shù)學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，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．橢圓的焦點為，點在橢圓上，若，則的大小為（）A． B． C． D．2．已知邊長為4的菱形，，為的中點，為平面內(nèi)一點，若，則（）A．16 B．14 C．12 D．83．已知等比數(shù)列滿足，，等差數(shù)列中，為數(shù)列的前項和，則（）A．36 B．72 C． D．4．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數(shù)學著作《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”，原文如下：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二.問物幾何？現(xiàn)有這樣一個相關(guān)的問題：將1到2020這2020個自然數(shù)中被5除余3且被7除余2的數(shù)按照從小到大的順序排成一列，構(gòu)成一個數(shù)列，則該數(shù)列各項之和為（）A．56383 B．57171 C．59189 D．612425．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，將此圖象分別作以下變換，那么變換后的圖象可以與原圖象重合的變換方式有（）①繞著軸上一點旋轉(zhuǎn);②沿軸正方向平移;③以軸為軸作軸對稱;④以軸的某一條垂線為軸作軸對稱.A．①③ B．③④ C．②③ D．②④6．已知，則（）A．2 B． C． D．37．下列結(jié)論中正確的個數(shù)是（）①已知函數(shù)是一次函數(shù)，若數(shù)列通項公式為，則該數(shù)列是等差數(shù)列；②若直線上有兩個不同的點到平面的距離相等，則；③在中，“”是“”的必要不充分條件；④若，則的最大值為2.A．1 B．2 C．3 D．08．已知函數(shù)，若，則等于（）A．-3 B．-1 C．3 D．09．下列說法正確的是（）A．命題“，”的否定形式是“，”B．若平面，，，滿足，則C．隨機變量服從正態(tài)分布（），若，則D．設是實數(shù)，“”是“”的充分不必要條件10．在中，點為中點，過點的直線與，所在直線分別交于點，，若，，則的最小值為（）A． B．2 C．3 D．11．已知、，，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（）A． B．C． D．12．已知函數(shù)，若函數(shù)的圖象恒在軸的上方，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，已知，，則A的值是______.14．已知直角坐標系中起點為坐標原點的向量滿足，且，，，存在，對于任意的實數(shù)，不等式，則實數(shù)的取值范圍是______.15．已知復數(shù)，其中為虛數(shù)單位，若復數(shù)為純虛數(shù)，則實數(shù)的值是__．16．設為正實數(shù)，若則的取值范圍是__________．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）已知橢圓（）經(jīng)過點，離心率為，、、為橢圓上不同的三點，且滿足，為坐標原點．（1）若直線、的斜率都存在，求證：為定值；（2）求的取值范圍．18．（12分）圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.19．（12分）如圖，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離．20．（12分）已知函數(shù).（1）解不等式；（2）若，，，求證：.21．（12分）已知函數(shù)（1）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（2）若方程有兩個不同實根，，證明：．22．（10分）如圖，正方體的棱長為2，為棱的中點.（1）面出過點且與直線垂直的平面，標出該平面與正方體各個面的交線（不必說明畫法及理由）；（2）求與該平面所成角的正弦值.

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、C【解析】

根據(jù)橢圓的定義可得，，再利用余弦定理即可得到結(jié)論.【詳解】由題意，，，又，則，由余弦定理可得.故.故選：C.【點睛】本題考查橢圓的定義，考查余弦定理，考查運算能力，屬于基礎題.2、B【解析】

取中點，可確定；根據(jù)平面向量線性運算和數(shù)量積的運算法則可求得，利用可求得結(jié)果.【詳解】取中點，連接，，，即.，，，則.故選：.【點睛】本題考查平面向量數(shù)量積的求解問題，涉及到平面向量的線性運算，關(guān)鍵是能夠?qū)⑺笙蛄窟M行拆解，進而利用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)進行求解.3、A【解析】

根據(jù)是與的等比中項，可求得，再利用等差數(shù)列求和公式即可得到.【詳解】等比數(shù)列滿足，，所以，又，所以，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得.故選：A【點睛】本題主要考查的是等比數(shù)列的性質(zhì)，考查等差數(shù)列的求和公式，考查學生的計算能力，是中檔題.4、C【解析】

根據(jù)“被5除余3且被7除余2的正整數(shù)”，可得這些數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，然后根據(jù)等差數(shù)列的前項和公式，可得結(jié)果.【詳解】被5除余3且被7除余2的正整數(shù)構(gòu)成首項為23，公差為的等差數(shù)列，記數(shù)列則令，解得.故該數(shù)列各項之和為.故選：C.【點睛】本題考查等差數(shù)列的應用，屬基礎題。5、D【解析】

計算得到，，故函數(shù)是周期函數(shù)，軸對稱圖形，故②④正確，根據(jù)圖像知①③錯誤，得到答案.【詳解】，，，當沿軸正方向平移個單位時，重合，故②正確；，，故，函數(shù)關(guān)于對稱，故④正確；根據(jù)圖像知：①③不正確；故選：.【點睛】本題考查了根據(jù)函數(shù)圖像判斷函數(shù)性質(zhì)，意在考查學生對于三角函數(shù)知識和圖像的綜合應用.6、A【解析】

利用分段函數(shù)的性質(zhì)逐步求解即可得答案．【詳解】，；；故選：．【點睛】本題考查了函數(shù)值的求法，考查對數(shù)的運算和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，是基礎題，解題時注意函數(shù)性質(zhì)的合理應用．7、B【解析】

根據(jù)等差數(shù)列的定義，線面關(guān)系，余弦函數(shù)以及基本不等式一一判斷即可；【詳解】解：①已知函數(shù)是一次函數(shù)，若數(shù)列的通項公式為，可得為一次項系數(shù)），則該數(shù)列是等差數(shù)列，故①正確；②若直線上有兩個不同的點到平面的距離相等，則與可以相交或平行，故②錯誤；③在中，，而余弦函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，故“”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要條件，故③錯誤；④若，則，所以，當且僅當時取等號，故④正確；綜上可得正確的有①④共2個；故選：B【點睛】本題考查命題的真假判斷，主要是正弦定理的運用和等比數(shù)列的求和公式、等差數(shù)列的定義和不等式的性質(zhì)，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題．8、D【解析】分析：因為題設中給出了的值，要求的值，故應考慮兩者之間滿足的關(guān)系.詳解：由題設有，故有，所以，從而，故選D.點睛：本題考查函數(shù)的表示方法，解題時注意根據(jù)問題的條件和求解的結(jié)論之間的關(guān)系去尋找函數(shù)的解析式要滿足的關(guān)系.9、D【解析】

由特稱命題的否定是全稱命題可判斷選項A；可能相交，可判斷B選項；利用正態(tài)分布的性質(zhì)可判斷選項C；或，利用集合間的包含關(guān)系可判斷選項D.【詳解】命題“，”的否定形式是“，”，故A錯誤；，，則可能相交，故B錯誤；若，則，所以，故，所以C錯誤；由，得或，故“”是“”的充分不必要條件，D正確.故選：D.【點睛】本題考查命題的真假判斷，涉及到特稱命題的否定、面面相關(guān)的命題、正態(tài)分布、充分條件與必要條件等，是一道容易題.10、B【解析】

由，，三點共線，可得，轉(zhuǎn)化，利用均值不等式，即得解.【詳解】因為點為中點，所以，又因為，，所以．因為，，三點共線，所以，所以，當且僅當即時等號成立，所以的最小值為1．故選：B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了學生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.11、D【解析】

構(gòu)造函數(shù)，，利用導數(shù)分析出這兩個函數(shù)在區(qū)間上均為減函數(shù)，由得出，分、、三種情況討論，利用放縮法結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性推導出或，再利用余弦函數(shù)的單調(diào)性可得出結(jié)論.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，，則，，所以，函數(shù)、在區(qū)間上均為減函數(shù)，當時，則，；當時，，.由得.①若，則，即，不合乎題意；②若，則，則，此時，，由于函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，；③若，則，則，此時，由于函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查函數(shù)單調(diào)性的應用，構(gòu)造新函數(shù)是解本題的關(guān)鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.12、B【解析】

函數(shù)的圖象恒在軸的上方，在上恒成立.即，即函數(shù)的圖象在直線上方，先求出兩者相切時的值，然后根據(jù)變化時，函數(shù)的變化趨勢，從而得的范圍．【詳解】由題在上恒成立.即，的圖象永遠在的上方，設與的切點，則，解得，易知越小，圖象越靠上，所以.故選：B．【點睛】本題考查函數(shù)圖象與不等式恒成立的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想，首先函數(shù)圖象轉(zhuǎn)化為不等式恒成立，然后不等式恒成立再轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象，最后由極限位置直線與函數(shù)圖象相切得出參數(shù)的值，然后得出參數(shù)范圍．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據(jù)正弦定理，由可得，由可得，將代入求解即得.【詳解】，，即，，，則，，，，則.故答案為：【點睛】本題考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基礎題.14、【解析】

由題意可設，，，由向量的坐標運算，以及恒成立思想可設，的最小值即為點，到直線的距離，求得，可得不大于．【詳解】解：，且，可設，，，，可得，可得的終點均在直線上，由于為任意實數(shù)，可得時，的最小值即為點到直線的距離，可得，對于任意的實數(shù)，不等式，可得，故答案為：．【點睛】本題主要考查向量的模的求法，以及兩點的距離的運用，考查直線方程的運用，以及點到直線的距離，考查運算能力，屬于中檔題．15、2【解析】

由題，得，然后根據(jù)純虛數(shù)的定義，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，又復數(shù)為純虛數(shù)，所以，解得.故答案為：2【點睛】本題主要考查純虛數(shù)定義的應用，屬基礎題.16、【解析】

根據(jù)，可得，進而，有，而，令，得到，再用導數(shù)法求解，【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，令，，所以，當時，，當時，所以當時，取得最大值，又，所以取值范圍是，故答案為：【點睛】本題主要考查基本不等式的應用和導數(shù)法求最值，還考查了運算求解的能力，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、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）首先根據(jù)題中條件求出橢圓方程，設、、點坐標，根據(jù)利用坐標表示出即可得證；（2）設直線方程，再與橢圓方程聯(lián)立利用韋達定理表示出，即可求出范圍.【詳解】（1）依題有，所以橢圓方程為．設，，，由為的重心，；又因為，，，，（2）當?shù)男甭什淮嬖跁r：，，，代入橢圓得，，，當?shù)男甭蚀嬖跁r：設直線為，這里，由，，根據(jù)韋達定理有，，，故，代入橢圓方程有，又因為，綜上，的范圍是.【點睛】本題主要考查了橢圓方程的求解，三角形重心的坐標關(guān)系，直線與橢圓所交弦長，屬于一般題.18、(1)見詳解；(2).【解析】

(1)因為折紙和粘合不改變矩形，和菱形內(nèi)部的夾角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得證.因為是平面垂線，所以易證.(2)在圖中找到對應的平面角，再求此平面角即可.于是考慮關(guān)于的垂線，發(fā)現(xiàn)此垂足與的連線也垂直于.按照此思路即證.【詳解】(1)證：，，又因為和粘在一起.，A，C，G，D四點共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得證.(2)過B作延長線于H，連結(jié)AH，因為AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因為所以是二面角的平面角，而在中，又因為故，所以.而在中,，即二面角的度數(shù)為.【點睛】很新穎的立體幾何考題．首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的．再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法．最后將求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問題考查考生的空間想象能力．19、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以，，因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，，所以，所以，所以，因為，所以平面．（2）如圖，取BM的中點E，則，又BM∥AN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NE∥AB，又AB∥CD，所以NE∥CD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等，設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以，又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為．20、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）分、、三種情況解不等式，即可得出該不等式的解集；（2）利用分析法可知，要證，即證，只需證明即可，因式分解后，判斷差值符號即可，由此證明出所證不等式成立.【詳解】（1）.當時，由，解得，此時；當時，不成立；當時，由，解得，此時.綜上所述，不等式的解集為；（2）要證，即證，因為，，所以，，，.所以