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1、山东省日照市日照第一中学2023年高三期中检测试题数学试题试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是
2、某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )A公元前2000年到公元元年B公元前4000年到公元前2000年C公元前6000年到公元前4000年D早于公元前6000年2已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上
3、，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（ ）ABCD3已知，则（ ）A2BCD34在正方体中，点，分别为棱，的中点，给出下列命题：；平面；和成角为.正确命题的个数是（ ）A0B1C2D35已知等差数列中，则数列的前10项和（ ）A100B210C380D4006已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）A-5B2C7D117阿基米德（公元前287年公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其
4、表面积为，则该圆柱的内切球体积为( )ABCD8已知函数，若，,则a，b，c的大小关系是（ ）ABCD9已知为虚数单位，若复数满足，则（ ）ABCD10一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（ ）ABCD11已知向量与向量平行，且，则（ ）ABCD12若(12ai)i1bi，其中a，bR，则|abi|()ABCD5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设Sn为数列an的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），nN*，则S10=_.14若奇函数满足，为R上的单调函数，对任意实数都有，当时，则_.15已知圆，直线与圆交于两点，若，则弦的长度的
5、最大值为_.16已知函数的部分图象如图所示，则的值为_. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，点的轨迹为（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程18（12分）设首项为1的正项数列an的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，且，其中p为常数（1）求p的值；（2）求证：数列an为等比数列；（3）证明：“数列an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数”的充要条件
6、是“x1，且y2”19（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积20（12分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.21（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，在锐角中，E是边PD上一点，且.（1）求证：平面ACE；（2）当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为？22（10分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆 交于，两点，点为椭圆的左焦点.（
7、1）求证：直线与椭圆相切；（2）判断是否为定值，并说明理由.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年故选：【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想
8、，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题2、A【解析】点的坐标为，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.【详解】不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，因为，所以，当且仅当，即当时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，点的坐标为，代入可得，所以双曲线的方程为故选：【点睛】本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.3、A【解析】利用分段函数的性质逐步求解即可得答案【详解】，；故选：【点睛】本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用4、C
9、【解析】建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数.【详解】设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，.，所以，故正确.，不存在实数使，故不成立，故错误.，故平面不成立，故错误.，设和成角为，则，由于，所以，故正确.综上所述，正确的命题有个.故选：C【点睛】本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，属于中档题.5、B【解析】设公差为，由已知可得，进而求出的通项公式，即可求解.【详解】设公差为，,.故选：B.【点睛】本题考查等差数列的基本量计算以及前项和，属于基础题.6、A【解析】根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找
10、到截距的最小值.【详解】由约束条件，画出可行域如图变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，最小的时候为过点的时候，解得所以，此时故选A项【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.7、D【解析】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练
11、掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.8、D【解析】根据题意，求出函数的导数，由函数的导数与函数单调性的关系分析可得在上为增函数，又由，分析可得答案【详解】解：根据题意，函数，其导数函数，则有在上恒成立，则在上为增函数；又由，则；故选：【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的性质，属于基础题9、A【解析】分析：题设中复数满足的等式可以化为，利用复数的四则运算可以求出.详解：由题设有，故，故选A.点睛：本题考查复数的四则运算和复数概念中的共轭复数，属于基础题.10、A【解析】将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可【详解】解：如图，
12、将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，四面体所有棱长都是4，正方体的棱长为，设球的半径为，则，解得，所以，故选：A【点睛】本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题11、B【解析】设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，由得，即，由，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.12、C【解析】试题分析：由已知，2ai1bi，根据复数相
13、等的充要条件，有a，b1所以|abi|，选C考点：复数的代数运算，复数相等的充要条件，复数的模二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、55【解析】由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.【详解】由题意，当n=1时，当时，由，可得，两式相减，可得，整理得，即，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，.故答案为：55.【点睛】本题考查求数列的前项和，属于基础题.14、【解析】根据可得,函数是以为周期的函数，令，可求，从而可得，代入解析式即可求解.【详解】令，则，由，则，所以，解得，所以，由时，所以时，；由，所以，所以函数是以为周期的函数，又函数为奇函
14、数，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用，属于中档题.15、【解析】取的中点为M，由可得，可得M在上，当最小时，弦的长才最大.【详解】设为的中点，即，即，.设，则，得.所以，.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题.16、【解析】由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.【详解】由图可得，所以，即，又，即，又，故，所以，.故答案为：【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明
15、、证明过程或演算步骤。17、（1），；（2）.【解析】（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程；（2）设点对应的参数分别为，则，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.【详解】（1）设点极坐标分别为，因为,则，所以曲线的极坐标方程为，两边同乘,得，所以的直角坐标方程为,即.（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.由韦达定理得，所以，当且仅当时，等号成立，则，所以当取得最小值时，直线的普通方程为.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程的转化
16、,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系18、（1）p2；（2）见解析（3）见解析【解析】（1）取n1时，由得p0或2，计算排除p0的情况得到答案.（2），则，相减得到3an+14Sn+1Sn，再化简得到，得到证明.（3）分别证明充分性和必要性，假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，计算化简得2x2y21，设kx（y2），计算得到k1，得到答案.【详解】（1）n1时，由得p0或2，若p0时，当n2时，解得a20或，而an0，所以p0不符合题意，故p2；（2）当p2时，则，并化简得3an+14Sn+1Sn，则3an+24Sn+2Sn+1，得（nN*），又因为，
17、所以数列an是等比数列，且；（3）充分性：若x1，y2，由知an，2xan+1，2yan+2依次为，满足，即an，2xan+1，2yan+2成等差数列；必要性：假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，又，所以，化简得2x2y21，显然xy2，设kx（y2），因为x、y均为整数，所以当k2时，2x2y21或2x2y21，故当k1，且当x1，且y20时上式成立，即证【点睛】本题考查了根据数列求参数，证明等比数列，充要条件，意在考查学生的综合应用能力.19、（1）见解析（2）【解析】（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从
18、而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积【详解】（1）证明：连接与交于，连接，因为是菱形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面（2）解：取中点，连接，因为四边形是菱形，且，所以，又，所以平面，又平面，所以同理可证：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以点到直线的距离即为点到平面的距离，过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，此时，为的中点，即，所以，所以【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键20、（1）；（2）存在
19、，【解析】（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点【详解】（1）由题可得，所以椭圆的方程（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，则与椭圆联立得，若以为直径的圆经过点，则，化简得，解得或因为与不重合，所以舍.所以直线的方程为.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.21、（1）证明见解析；（2）当时，AC与平面PCD所成的角为.【解析】（1）连接交于，由相似三角形可得，结合得出，故而
20、平面；（2）过作，可证平面，根据计算，得出的大小，再计算的长【详解】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），平面PAD作，F为垂足，连接CF平面PAD，平面PAD.，有，平面就是AC与平面PCD所成的角，时，AC与平面PCD所成的角为.【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题22、（1）证明见解析；（2）是，理由见解析.【解析】（1）根据判别式即可证明（2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，【详解】解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切.当时，由得，由题知，即，所以.故直线与椭圆相切.（2）设，当时，所以，即.当时，由得，则，.因为 . 所以，即.故为定值.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题
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