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1、2022-2023学年山东省潍坊市临朐中学高三数学文下学期摸底试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 对任意实数a，b定义运算“”：设，若函数的图象与x轴恰有三个不同交点，则k的取值范围是 (A)(-2，1) (B)0，1 (C)-2，0) (D)-2，1)参考答案：D2. 若一个螺栓的底面是正六边形，它的正视图和俯视图如图所示，则它的体积是A B C D参考答案：C略3. 若U1,2,3,4,5,6，M1,2,4，N2,3,6，则?U(MN)()A1,2,3 B5 C1,3,4 D2参考答案：B4. 若函数f（x
2、）=loga（x32x）（a0且a1）在区间（，1）内恒有f（x）0，则f（x）的单调递减区间为（）A（，），（，+）B（，），（，+）C（，），（，+）D（，）参考答案：B【考点】复合函数的单调性【分析】求函数的定义域，利用换元法结合条件判断a的取值范围，利用复合函数和导数即可求出函数单调递减区间【解答】解：令t=g（x）=x32x=x?（x）?（x+）0，求得x0，或x，故函数的定义域为（，0）（，+）g（t）=3x22，当x1时，g（t）0，此时函数g（t）为增函数，则0g（t）1，若a1，则y=logat0恒成立，则不满足条件f（x）0，若0a1，则y=logat0恒成立，满足条件，即
3、0a1，要求函数f（x）的单调递减区间，即求函数t=g（t）=x32x的递增区间由g（t）=3x220得x或x，x0或x，x或x，即函数f（x）的单调递减区间为（，），（，+），故选：B5. 若集合P=，则集合Q不可能是（ ） 参考答案：D6. 把圆x2+(y1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( ) (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形参考答案：C解：99(y1)2=9(y+1)2，T8y220y+8=0，Ty=2或，相应的，x=0，或x=此三点连成一个正三角形选C7. 已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，点P在C上， =
4、A B C D参考答案：8. 若，且，那么与的夹角为（ ）A B C D参考答案：B略9. 阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为19，则输出的值为 （A）0 （B）1（C）2（D）3参考答案：C阅读流程图可得，程序执行过程如下：首先初始化数值为，第一次循环：，不满足；第二次循环：，不满足；第三次循环：，满足；此时跳出循环体，输出.10. 设，则二项式展开式中的项的系数为 A. 20 B. C. 160 D. 参考答案：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知sincos=m1，则实数m的取值范围是参考答案：1m3【考点】两角和与差的正弦函数；正弦函数的定义域
5、和值域【专题】计算题；三角函数的图像与性质【分析】利用辅助角公式可将sincos化简为2sin（），利用正弦函数的有界性即可求得实数m的取值范围【解答】解：m1=sincos=2sin（），由正弦函数的有界性知，2m12，解得1m3实数m的取值范围1m3故答案为：1m3【点评】本题考查两角和与差的正弦函数，突出考查正弦函数的有界性，属于中档题12. 在直角坐标系中，动点，分别在射线和上运动，且的面积为则点，的横坐标之积为_；周长的最小值是_参考答案：，设A,B的坐标分别为，则，由题意知,所以三角形的面积为，所以.13. 在一幢20m高的楼顶，测得对面一塔吊顶的仰角为，塔基的仰角为，那么这塔吊的
6、高是 m。参考答案：14. 已知实数x，y满足z=x+ay（a1）的最大值为3，则实数a= 参考答案：2【考点】简单线性规划【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，从而求出z=a+1=3，解出即可【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由，解得A（1，1），a1，10，z=x+ay看化为：y=x+，结合图象直线过A（1，1）时，z最大，z的最大值是z=a+1=3，解得：a=2，故答案为：215. 已知向量，则 参考答案：向量，, 解得.16. 已知集合P=xx21，M=若PM=P，则的取值范围是（ ）A. (, 1 B. 1, +）C. 1，1 D.（-，1 1，+）参考答案：C
7、略17. 等差数列an中，（），则数列an的公差为_参考答案：.【分析】设等差数列的公差为，由，可计算出的值，由此可得出数列的公差.【详解】设等差数列的公差为，则，又，则，即数列的公差为，故答案为：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，对于等差数列基本量的计算，通常利用首项和公差建立方程组求解，考查计算能力，属于中等题.三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分14分）如图，已知四边形是正方形，平面，,分别为,的中点. （）求证：平面；（）求证：平面平面；（）在线段上是否存在一点,使平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 参
8、考答案：（）证明：因为,分别为，的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面. 4分 （）因为平面，所以.又因为，所以平面.由已知,分别为线段,的中点，所以.则平面.而平面，所以平面平面. 9分（）在线段上存在一点，使平面.证明如下： 在直角三角形中，因为,所以.在直角梯形中，因为，,所以，所以.又因为为的中点，所以.要使平面，只需使.因为平面，所以，又因为，,所以平面，而平面，所以.若，则,可得.由已知可求得，所以.14分19. 已知矩形ABCD与直角梯形ABEF，点G为DF的中点，P在线段CD上运动.（1）证明：平面；（2）当P运动到CD的中点位置时，PG与PB长度之和最小，求二面角的余弦值.
9、参考答案：（1）连接交于，连，为的中点.为的中位线，而平面，平面，平面.（2）延迟至，使，连，则，当、三点共线时，与长度之和最小，即与长度之和最小，为中点，.在中，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设为平面的一个法向量，即，令，.同理可得平面的一个法向量，设二面角的大小为，为钝角，求二面角的余弦值.20. 已知函数（1）若且函数在区间上存在极值，求实数的取值范围；（2）如果当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）求证参考答案：解：（1）因为， x 0，则， 当时，；当时，.所以在（0，1）上单调递增；在上单调递减，所以函数在处取得极大值. 因为函数在区间（其中）上存在极值，所以 解得. （
10、2）不等式即为记 所以 令，则， ，在上单调递增， ，从而， 故在上也单调递增， 所以，所以. （3）由（2）知：恒成立，即， 令，则， 所以 ,， ， 叠加得：. 则，所以21. 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1C1B1D1，E，F分别是AB，BC的中点（1）求证：EF平面A1BC1；（2）求证：平面D1DBB1平面A1BC1参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定【分析】（1）连接AC，则ACA1C1，E，F分别是AB，BC的中点，可得EFAC，然后再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；（2）因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1A1
11、C1，又A1C1B1D1，然后利用平面与平面垂直的判定定理进行证明；【解答】解：（1）连接AC，则ACA1C1，而E，F分别是AB，BC的中点，EFAC，则EFA1C1，故EF平面A1BC1（2）因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1A1C1，又A1C1B1D1，则A1C1平面D1DBB1又A1C1?平面A1BC1，所以平面D1DBB1平面A1BC122. （本小题满分14分）已知函数（）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；（）当时，试比较与1的大小；（）求证：参考答案：（）当时，定义域是， 令，得或 2分当或时，当时， 函数在、上单调递增，在上单调递减 4分的极大值是，极小值是当时，；当时，当仅有一个零点时，的取值范围是或5分（）（法一）根据（2）的结论，当时，即令，则有， 12分， 14分（法二）当时，即时命题成立 10分设当时，命题成立，即 时，根据（）的结论，当时，即令，则有，则有，即时命题也成立13分因此，由数学归纳法可知不等式成立 14分（法三）如图，根据定积分的定义，得11分， 12分，又， 14分
