2023年山东省日照市高考数学联考试卷（4月份）-普通用卷

即可．本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．9.【答案】AD 【解析】解：若ac2>bc2，左右两边乘以c2，可得a>b，A选项正确；x∈(0,π),sinx>0,sinx+4sinx≥2sinx×4sinx=4，当且仅当sinx=4sinx,sinx=2取等号，显然等号取不到，即sinx+4sinx的最小值不是4，B选项错误；命题p：∃x∈R使得x2+2x+3<0，则¬p：∀x∈R，x2+2x+3≥0，C选项错误；从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有10种情况：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况(3,4,5)，则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为P=110，D选项正确．故选：AD．根据不等式的性质判断A选项，根据基本不等式取等条件判断B选项，根据命题的否定判断C选项，根据古典概型概念判断D选项．本题主要考查了不等式的性质，还考查了含有量词的命题的否定，古典概率公式的应用，属于中档题．10.【答案】BC 【解析】解：f(x)=sin(2ωx+φ)，由图象可知f(0)=12，即sinφ=12，又0<φ<π2，所以φ=π6，由五点作图法可得ω×2π3+π6=3π2，解得ω=2，所以f(x)=sin(2x+π6)，对于A：f(−π3)=sin(−2π3+π6)=−1，所以f(x)的图象关于x=−π3对称，故A错误；对于B：当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，∴sin(2x+π6)∈[−12,1]，即f(x)在区间[0,π2]上的最小值为−12，故B正确；对于C：f(x+π6)=sin[2(x+π6)+π6]=sin(2x+π2)=cosx，为偶函数，故C正确．对于D：f(x)的图象向右平移π6个单位后得到y=sin[2(x−π6)+π6]=sin(2x−π6)的图象，故D错误．故选：BC．由图象可求得f(x)的解析式，对于A：验证−π3是否为f(x)的零点；对于B先求出2x+π6的范围再求f(x)的值域；对于C，求出f(x+π6)的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断．本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．11.【答案】ACD 【解析】解：对于A，如下图，过点O作OM/​/BC，交劣弧AC于点M，连结ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON//SB，又ON⊄平面SBC，OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，所以ON/​/平面SBC，OM/​/平面SBC，又OM∩ON=O，所以面OMN//平面SBC，又MN⊂OMN，所以MN/​/平面SBC，故A正确；对于B，假设圆O上存在点M使AM⊥平面SBC，SB⊂平面SBC，所以AM⊥SB，又因为SO⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥SO，又SO∩SB=S，所以AM⊥平面SOB，又AM⊥平面SBC，所以平面SOB//平面SBC，而平面SOB∩平面SBC=SB，故B错误；对于C，如下图，已知SA=5，圆锥SO的侧面积为S=π×AO×SA=15π，解得AO=3，则SO=4，由题意可知球心O在SO上，记为O′，设其半径为R，由勾股定理得OA2+OO′2=O′A2，所以32+(4−R)2=R2，解得R=258，所以圆锥SO的外接球表面积为4πR2=625π16，故C正确；对于D，设圆锥SO的内切球半径为r，则圆锥的轴截面SAB内切圆的半径为r，SA=5，AO=3，则SO=4，如下图，由等面积法知12⋅r⋅(6+5+5)=12×6×4，r=32，设半径为r=32的球内接正四面体棱长为a.如下图，T为正四面体底面中心，K为正四面体外接球球心，PT=33a，LT=63a，则r2=PT2+(LT−r)2，即(32)2=(33a)2+(63a−32)2，解得a=6，故D正确．故选：ACD．对于A，根据面面平行证得线面平行；对于B，假设存在点M使MN/​/平面SBC，推理出矛盾，得出结论不成立；对于C，圆锥SO的外接球球心在SO，构造关于外接球半径的直角三角形，由勾股定理求解；对于D，求解圆锥SO的内切球半径，再求解内切球的内接正四面体棱长即可．本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定，考查了圆锥的结构特征，属于中档题．12.【答案】BCD 【解析】解：由题知，点A1(0,0)，S1=a1=0，设Ai+1(xi+1,yi+1)=Bi(xi,yi)，an+1=bn，设数列{bn}的前n项和为Tn则Sn+1=Tn，第一圈从点(1,0)到点(1,1)共8个点，由对称性可知S9=T8=b1+b2+⋯+b8=0；第二圈从点(2,1)到点(2,2)共16个点，由对称性可知S25−S9=T24−T8=b9+b10+⋯+b24=0即S25=T24=0，以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，即T8×(1+n)n2=T4n2+4n=0，设b2022在第k圈，则8+16+⋯+8k=(8+8k)k2=4k(k+1)，由此可知前22圈共有2024个数，故T2024=0，则T2022=T2024−(b2024+b2023)，b2024所在点的坐标为(22,22)，则b2024=22+22=44，b2023所在点的坐标为(21,22)，b2023=21+22=43，b2022所在点的坐标为(20,22)，则a2023=b2022=20+22=42，故A错误；S2023=T2022=T2024−(b2024+b2023)=0−(44+43)=−87，故B正确；a(2n−1)2=a4n2−4n+1=b4n2−4n，依次对应第一象限上的对角线上的点，(0,0)，(1,1)，…，(n,n)，则an=xn+yn，故依次为0，2，…，2n，所以a(2n−1)2=2n−2，C正确；S4n2−5n+1=T4n2+5n=T4n2+5n−T4n2+4n=b4n2+4n+1+b4n2+4n+2+...+b4n2+5n，对应点的坐标为(n+1,n)，(n+1,n−1)，(n+1,1)，所以S4n2−5n+1=T4n2+5n=(n+1+n)+(n+1+n−1)+…+(n+1+1)=(2n+1)+2n+…+(n+2)=(2n+1+n+2)n2=3n(n+1)2，故D正确．故选：BCD．设Ai+1(xi+1,yi+1)=Bi(xi,yi)，an+1=bn，设数列{bn}的前n项和为Tn，则Sn+1=Tn，由图观察可知第n圈的8n个点对应的这8n项的和为0，则S4n2+4n=0，同时第n圈的最后一个点对应坐标为(n,n)，设a2022在第k圈，则k圈共有4k(k+1)个数，可判断前22圈共有2024个数，a2024所在点的坐标为(22,22)，向前推导，则可判断A，B选项；根据对角线上的点的规律，即可判断C选项；S4n2−5n+1=T4n2+5n=T4n2+5n−T4n2+4n=b4n2+4n+1+b4n2+4n+2+...+b4n2+5n，即为(n+1,n)，(n+1,n−1)，⋯，(n+1,1)，即可求解判断D选项．本题考查数列的求和综合应用，属于难题．13.【答案】25 【解析】解：∵向量a与b的夹角为π3，且|a|=4,b=(1,2)，∴|b|=12+22=5，∴a⋅b=|a||b|cosπ3=4×5×12=25．故答案为：25．利用向量的模的坐标表示及向量的数量积的定义即可求解．本题考查向量数量积的计算，属基础题．14.【答案】45 【解析】解：由已知sinα=−45(−35)2+(−45)2=−45，则cosβ=cos(α+π2)=−sinα=45．故答案为：45．根据三角函数的定义可得sinα，再由cosβ=cos(α+π2)和诱导公式可得答案．本题主要考查三角函数的定义，属于基础题．15.【答案】5 【解析】解：设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，由|OA|,|AB|,|OB|成等差数列，且BF与FA方向相反，所以可设OA=m−d，AB=m，OB=m+d，由勾股定理可得：(m−d)2+m2=(m+d)2，得：d=14m，即OA=34m,AB=m,OB=5m4，所以tan∠AOB=ABOA=43，又l1的方程为y=bax，l2的方程为y=−bax，即tan∠AOF=ba，tan∠BOF=−ba，而tan∠BOF=tan(∠AOF+∠AOB)=ba+431−ba⋅43=−ba，解得ba=2，则离心率e=ca=1+(ba)2=5．故答案为：5．由题意可设OA=m−d，AB=m，OB=m+d，由勾股定理可得：d=14m，进而得到tan∠AOB=43，结合渐近线方程可得tan∠AOF=ba，tan∠BOF=−ba，再根据两角和的正切公式可得ba=2，进而求解双曲线的离心率．本题主要考查双曲线的性质，数列与解析几何的综合，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】3 【解析】解：曲线y=emx与y=1mlnx互为反函数，图象关于y=x对称，如图所示，由题意可知，cos2θ=45，所以tan2θ=34，tan2θ=2tanθ1−tan2θ=34，解得tanθ=13，或tanθ=−3，因为θ为锐角，所以tanθ=13，由对称性，不妨取直线AD进行研究，则直线AD的倾斜角为α=θ+π4，k=tanα=tan(θ+π4)=1+tanθ1−tanθ=2，设切点A的横坐标为x1，切点D的横坐标为x2，则A(x1,emx1)，D(x2,1mlnx2)，y′=memx，所以kAD=memx1=2，所以直线AD的方程为y−emx1=2(x−x1)，即y=2x+emx1+2x1，y′=1mx，所以kAD=1mx2=2，所以直线AD的方程为y−1mlnx2=2(x−x2)，即y=2x+1mlnx2−2x2．所以emx1−2x1=1mlnx2−2x2，即memx1−2mx1=lnx2−2mx2，所以2−2mx1=lnx2−2×12，即2mx1+lnx2=3，所以e2mx1+lnx2=e3，即x2e2mx1=x2(emx1)2=12m×(2m)2=e3，则2m3=e3，所以ln2m3=lne3=3．故答案为：3．根据已知条件作出图象，利用反函数的性质及二倍角的正切公式，导数的几何意义及直线的点斜式方程，结合指数对数的运算性质即可求解．本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．17.【答案】解：(1)∵2c−b=2acosB，∴由正弦定理得2sinC−sinB=2sinAcosB，∴2sin(A+B)−sinB=2sinAcosB，∴2cosAsinB−sinB=0，又sinB>0，∴cosA=12，又A∈(0,π)，∴A=π3；(2)∵S△ABC=12bcsinA=12b×3×sinπ3=323，∴b=23，又c=3，∴a2=b2+c2−2bccosA=(23)2+(3)2−2×23×3×12=9，∴a=3，又asinA=bsinB=csinC=3sinπ3=23，∴sinB=1，sinC=12，∴B=π2，△ABC是直角三角形． 【解析】(1)由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得A角；(2)由三角形面积求得b，由余弦定理求得a，然后用正弦定理可得sinB，判断△ABC的形状即可．本题考查解三角形问题，三角方程的求解，三角形形状的判断，正弦定理与余弦定理的应用，三角函数公式的应用，化归转化思想，属中档题．18.【答案】解：(1)证明：∵四边形BCDE为矩形，∴DE⊥CD，∵∠ACB=90°，即AC⊥BC，又DE/​/BC，∴DE⊥AC，∵AC∩CD=C，AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，∴DE⊥平面ACD；(2)∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，BC⊥AC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面BCDE，则∠AEC即为直线AE与平面BCDE所成的角，∴sin∠AEC=ACAE=14，过点A作l/​/BC，如图所示：则平面ADE∩平面ABC=l，由(1)得DE⊥平面ACD，则l⊥面ACD，∴AD⊥l，AC⊥l，∴平面ADE与平面ABC的夹角为∠DAC，∴cos∠DAC=ACAD=55，又DC=BE=2，∴AC=1，则AE=4，∴CE=15，∴BC=11，AB=23，又异面直线DE与AB所成的角为∠ABC，∴cos∠ABC=BCAB=336，即异面直线DE与AB所成角的余弦值为336． 【解析】(1)根据矩形性质和平行关系可得DE⊥CD，DE⊥AC，由线面垂直的判定定理，即可证明结论；(2)利用面面垂直性质可证得AC⊥平面BCDE，过点A作l/​/BC，利用线面角和面面角的定义可知sin∠AEC=14，cos∠DAC=55，求出BC，AB，由异面直线所成角的定义可知所求角为∠ABC，即可得出答案．本题考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和直观想象，属于中档题．19.【答案】解：(1)证明：∵nan+n=2Sn(n∈N*)①，∴2Sn+1=(n+1)an+1+n+1(n∈N*)②，由①−②得2an+1=(n+1)an+1−nan+1(n∈N*)，即nan−1=(n−1)an+1(n∈N*)③，则(n+1)an+1−1=nan+2(n∈N*)④，由③−④得(n+1)an+1−nan=nan+2−(n−1)an+1(n∈N*)，即2nan+1=n(an+2+an)(n∈N*)，∴2an+1=an+2+an(n∈N*)，故数列{an}为等差数列；(2)由nan+n=2Sn(n∈N*)，得a1+1=2S1，解得a1=1，由(1)得数列{an}为等差数列，∵a2=3，∴d=a2−a1=2，∴数列{an}的通项公式为an=1+(n−1)×2=2n−1，∴bn=2ancos(n2π)=22n−1cos(n2π)．∴数列{bn}的前20项和S20=b1+b2+b3+b4+⋯+b19+b20=21⋅cosπ+23⋅cos4π+25⋅cos9π+27⋅cos16π+⋯+237⋅cos361π+239⋅cos400π=−21+23−25+27−29+⋯+233−237+239=(−2)×[1−(−4)20]1+4=25×(240−1)． 【解析】(1)利用an与Sn的关系及等差中项的定义，即可得出答案；(2)根据(1)的结论及等差数列的通项公式，利用三角函数的诱导公式及等比数列的前n项和公式，即可得出答案．本题考查等差数列的性质和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(1)由y=ebx+a，得lny=bx+a，由最小二乘法公式得：b=i=15(xilnyi)−5x−y−i=15xi2−5x−2，∵i=15(xilnyi)=112.85，x−=1+2+3+4+55=3，5y−=5×15×i=15lnyi=36.33，i=15xi2=12+22+32+42+52=55，∴b=112.85−3×36.3355−5×32=0.386，a=y−−bx−=15×36.33−0.386×3=6.108，则lny=0.386x+6.108，故y关于x的回归方程为y=e0.386x+6.108；(2)ε～N(0,4m)，所以μ=0，σ=4m，P(|ɛ−0|<4m)=P(−1<ɛ<1)=0.6827，∴4m=1，解得m=4，引入云计算后，ε～N(0,1m)，所以μ=0，σ=1m，若保持单件产品的成本不变，则m=4，ε～N(0,14)，σ=14=12，∴P(−1<ɛ<1)=P(|ɛ−0|<2⋅14)=0.9545，若保持产品质量不变(即误差的概率分布不变)，则1m=1，∴m=1，即单件产品降价4−1=3元． 【解析】(1)利用最小二乘法公式，结合已知数据，代入化简计算，可得y关于x的回归方程；(2)利用正态分布的概率模型求解，并结合特殊概率值求解．本题考查回归直线的求法，考查正态分布的应用，属于中档题．21.【答案】解：(1)点A处的切线方程为y=2x1x−x12，联立y=2x1x−x12x22+y2=1，得(1+8x12)x2−8x13x+2x14−2=0，所以△=64x16−4(1+8x13)(2x14−2)>0，解得017，所以|DO||DB|=4(1x22+4)2∈(0,417)，所以|DO||DB|的取值范围为(0,417). 【解析】(1)点A处的切线方程为y=2x1x−x12，联立椭圆的方程，由△>0，得00，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，若a=0，则f(x)=x(x>0)，∴x∈(0,1)时，f(x)<1，不合题意；若a<0，则f(e1a)=e1a−alne1a=e1a−1<0，不合题意；②当a>0时，若x∈(0,a)，则f′(x)<0；若x∈(a,+∞)，则f′(x)>0；∴f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，∴f(x)min=f(a)=a−alna；若f(x)≥1恒成立，∴a−alna≥1，令g(a)=a−alna，则g′(a)=−lna，∴当a∈(0,1)时，g′(a)>0；当a∈(1,+∞)时，g′(a)<0；∴g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；又g(1)=1，∴a−alna≤1；则当a=1时，a−alna=1符合题意；综上所述：a=1．(2)证明：由ex1+lnx2>x1+x2得：ex1−x1=ex1−lnex1>x2−lnx2，令h(x)=x−lnx，则h′(x)=1−1x=x−1x，∴当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0；∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；由ex1−lnex1>x2−lnx2得：h(ex1)>h(x2)；∵x1>0，∴ex1>1，当x2≥1时，由h(ex1)>h(x2)得：ex1>x2≥1，∴ex1+x2>2；当02，只需证ex1>2−x2，∵0h(2−x2)，又h(ex1)>h(x2)，∴只需证h(x2)≥h(2−x2)；令m(x)=h(x)−h(2−x)，x∈(0,1)，则m′(x)=1−1x+(1−12−x)=2−1x−12−x=−2(x−1)2x(2−x)<0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，∴m(x)>m(1)=0，∴m(x2)>0，即h(x2)>h(2−x2)，即h(ex1)>h(2−x2)得证，∴ex1+x2>2；综上所述：ex1+x2>2成立． 【解析】(1)当a≤0时，由f′(x)>0可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当a>0时，可得f(x)单调性，知a−alna≥1；构造函数g(a)=a−alna，利用导数可求得g(a)≤g(1)=1，由此可得a−alna=1，知a=1；(2)将已知不等式化为ex1−lnex1>x2−lnx2，令h(x)=x−lnx，利用导数可求得h(x)单调性，易知x2≥1时成立，当00，由此可得结论．本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够采用同构法将所给不等式化为h(ex1)>h(x2)的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明h(x2)≥h(2−x2)，从而通过构造函数来进行证明．