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山东省济南市2022-2023学年高三下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·济南开学考）已知复数，其中i是虚数单位，则在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2023高三下·济南开学考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高三下·济南开学考）已知向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高三下·济南开学考）“”的一个充分条件可以是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三下·济南开学考）下图是函数的部分图象，则它的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023高三下·济南开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三下·济南开学考）已知等比数列的公比为，其前项和为，若对任意的恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023高三下·济南开学考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a
二、多选题
9．（2023高三下·济南开学考）居家学习期间，某学校发起了“畅读经典，欢度新年”活动，根据统计数据可知，该校共有1200名学生，所有学生每天读书时间均在20分钟到100分钟之间，他们的日阅读时间频率分布直方图如图所示．则下列结论正确的是（ ）
A．该校学生日阅读时间的众数约为70
B．该校学生日阅读时间不低于60分钟的人数约为360
C．该校学生日阅读时间的第50百分位数约为65
D．该校学生日阅读时间的平均数约为64
10．（2023高三下·济南开学考）已知函数满足恒成立，且在上单调递增，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．为偶函数
C．若，则
D．将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，可以得到的图象
11．（2023高三下·济南开学考）如图所示，抛物线E：的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于，和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（ ）
A．E的方程为
B．
C．若AD，BC的斜率分别为，，则
D．若AD，BC的倾斜角分别为，，则的最大值为
12．（2023高三下·济南开学考）在平面四边形ABCD中，，AD＝CD＝2，AB＝1，，沿AC将折起，使得点B到达点的位置，得到三棱锥．则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．为定值
C．直线AC与所成角的余弦值的取值范围为
D．对任意点，线段AD上必存在点N，使得
三、填空题
13．（2023高三下·济南开学考）为推动黄河流域生态保护和高质量发展，某市环保局派出4个宣传小组，到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动，每个小组至少去1个社区，每个社区只安排1个小组，则不同的安排方法共有 种（用数字作答）．
14．（2023高三下·济南开学考）已知圆锥侧面展开图的周长为，面积为，则该圆锥的体积为 ．
15．（2023高三下·济南开学考）已知函数若方程有两个不同的实数根，且，则实数a的取值范围是 ．
16．（2023高三下·济南开学考）已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切．P为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为 ．
四、解答题
17．（2023高三下·济南开学考）甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子．规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束．
（1）记两人抛掷骰子的总次数为X，若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时，X的分布列和期望；
（2）已知甲先掷，求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率．
18．（2023高三下·济南开学考）已知中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）证明：A＝2B；
（2）若a＝3，b＝2，求的面积．
19．（2023高三下·济南开学考）各项均为正数的数列，其前n项和记为，且满足对，都有．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：．
20．（2023高三下·济南开学考）在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
21．（2023高三下·济南开学考）已知双曲线的实轴长为2，直线为的一条渐近线．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（2023高三下·济南开学考）已知函数，为的导数．
（1）证明：在区间上存在唯一的极大值点；
（2）讨论零点的个数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，所以，
所以，
故在复平面内所对应的点的坐标为，在第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据复数运算求得，再求其共轭复数及其对应的点所在象限.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，即，解得，
即，
又，所以.
故答案为：B
【分析】首先解一元二次方程求出集合，再根据交集的定义计算可得.
3．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】，
即，则，，.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量数量积运算，结合计算即可.
4．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质
【解析】【解答】由，即，所以
对A，，
所以不一定有，A不符合题意，
B，由，则，
则或，B项不符合题意，
C，，
则或，C不符合题意，
D，由知，
所以，成立，D符合题意，
故答案为：D.
【分析】结合分数不等式的解，不等式的性质，及指数函数的性质，利用充分条件逐项判断即可.
5．【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】观察题意，易知函数是奇函数，其定义域为，
对于A，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是偶函数，A不符合题意；
对于B，当时，，则在处无意义，B不符合题意；
对于D，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
取，则，远远小于，
而图像中在上的最小值大于，矛盾，
此外，由于在上单调递增，且可以取得无穷大，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，起伏非常大，D不符合题意；
对于C，易得的定义域为，关于原点对称，
因为
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
因为，则，故，
又，所以，即，
显然在和上满足，满足图像，
此外在上单调递增，，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，但起伏不大，
综上，该选项的解析式基本满足题意，又排除了ABD，C符合题意.
故答案为：C.
【分析】对于A，判断的奇偶性即可排除；对于B，由在处无意义排除即可；对于CD，先判断的奇偶性，再利用导数求得的零点，分析的图像特征，从而结合图像即可得解.
6．【答案】B
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】，
，
，
，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】根据三角恒等变换化简得出，根据二倍角的余弦公式与诱导公式得到，即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】因为为等比数列的公比，所以，
因为对任意的恒成立，所以，
当时，恒成立，满足条件，
当，，
由对任意的恒成立，可得，
所以，
所以或，
所以或或，
所以的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由条件可得，讨论，根据等比数列求和公式化简，可得的取值范围.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】，，两边取对数得：，，，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
所以在上为增函数，
因为当时，恒成立，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故，
即，
因为在上单调递增，所以.
故答案为：A
【分析】，，两边取对数得：，，，令，，求导后再令，研究其单调性，得到在上单调递增，从而得到，因为在上单调递增，所以.
9．【答案】A,C,D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】对于A，由图可知众数约为，A符合题意；
对于B，阅读时间不低于60分钟的人数约为(0.02+0.01）×20×1200=720，B不符合题意；
对于C， [20，60)的频率为（0.005+0.015)×20=0.4， [60，80)的频率为0.02×20=0.4，
∴第50百分位数为 ，C符合题意；
对于D，平均值为30×0.005×20+50×0.015×20＋70×0.02×20+90×0.01×20=64，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】结合频率分布直方图，逐一计算判断即可.
10．【答案】A,B
【知识点】正弦函数的定义域和值域；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为函数满足恒成立，
所以，，解得，，
当时，，
因为函数在上单调递增，所以，解得，
综上可得，A符合题意；
所以，则，
所以为偶函数，B符合题意；
对于C：当时，，所以，即，C不符合题意；
对于D：将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，可以得到的图象，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】令所以，，解得，，当时，，根据函数的单调性得到，从而求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
11．【答案】A,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当直线垂直于x轴时，直线的方程为，
所以点的横坐标为，
所以，又，
所以，所以抛物线的方程为，A符合题意；
所以，
若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，以已知矛盾，
故可设直线的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
由已知为方程的两根，
所以，，B不符合题意；
同理可设的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
设
所以，，
若直线的斜率存在，则，， ，
因为直线AD经过点F，所以，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，，
所以，C不符合题意；
因为AD，BC的倾斜角分别为，，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，，
所以，此时，
当，因为，所以，
所以
所以，
当且仅当，时等号成立，即时等号成立，
所以的最大值为，D符合题意；
故答案为：AD.
【分析】根据抛物线定义表示，由条件列方程求可得抛物线方程，判断A，设设直线的方程为，利用设而不求法求，判断B，设，利用韦达定理得，根据直线AD经过点F，确定，表示出，，判断C，讨论，结合利用基本不等式求的最值即可判断D.
12．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】在中，，，有，在中，，
由余弦定理得，而，则，又，
有，取的中点E，连交于，而，则有，连，则，如图，
在三棱锥中，，平面，
则平面，又平面，于是平面平面，在平面内过作于F，如图，
因为平面平面，因此平面，而为二面角的平面角，
，，
当且仅当F与H重合，即平面平面时取等号，又，
所以，即三棱锥体积的最大值为，A符合题意；
，
因此为定值2，B符合题意；
设直线AC与所成的角为，沿翻折，在此过程中，，即，
由B知，，
因此直线AC与所成角的余弦值的取值范围为，C不符合题意；
点在边上，令，显然，
，令，在翻折过程中，，
，则有，显然有，
即对任意的，都存在，，使得，
所以对任意点，线段AD上必存在点N，使得，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】根据给定条件，在四边形中求出，取AD中点E，并求出相关量，在三棱锥中，求出点到平面的距离判断A；利用向量运算计算判断B，C；借助向量建立关系式，由等式成立判断D作答.
13．【答案】240
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】依题意，有一个小组必去两个社区，把5个社区分成4组有种分法，
将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法，
所以不同的安排方法共有（种）.
故答案为：240
【分析】根据给定条件，把5个社区分成4组，再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.
14．【答案】或
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为，母线长，则圆锥侧面展开图扇形弧长为，
依题意，，即，解得或，
当时，圆锥的高，体积为，
当时，圆锥的高，体积为，
所以该圆锥的体积为或.
故答案为：或
【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长，进而求出高即可计算作答.
15．【答案】
【知识点】分段函数的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，函数单调递增，取值集合为，函数图象与y轴交于点，
当时，，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，
而，在坐标平面内作出函数的图象，如图，
方程有两个不同的实数根，即直线与函数的图象有两个不同交点，
交点横坐标为，不妨令，观察图象知，直线必与函数的图象有公共点，
则，，由得：，由知，，即有，
，则有，，
令函数，当时，，
即函数在上单调递增，，依题意，，
因此，解得，综上得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
【分析】方程有两个不同的实数根，即直线与函数的图象有两个不同交点，在坐标平面内作出函数的图象，数形结合即可得解.
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设，，为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为，根据题意可知，解得
设的内接圆半径为r，则
，，
故，化简可得，即，解得
故答案为：
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案.
17．【答案】（1）解：依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，
的可能值为1，2，3，4，
，，，，
所以的分布列为；
1 2 3 4
期望.
（2）解：设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为，
依题意，，当时，，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
当时，甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率，
显然当时，满足上式，
所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，的可能值为1，2，3，4，分别求出对应概率，列出分布列，求出期望作答；
（2）利用独立事件的概率公式，求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式，再借助数列求解作答.
18．【答案】（1）证明：因为，
所以，即，
，
，
，
，
所以或，，
又，
所以；
（2）解：由(1) ，又a＝3，b＝2，
所以，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角， 所以，即， 结合余弦定理可得，再化边为角，结合三角恒等变换即可证明；
(2)结合(1)求得，由余弦定理求，再求，利用面积公式即可求解.
19．【答案】（1）解：由已知：对于， ， ，
则
∴，且数列各项均为正数
∴，
，因为，得，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
（2）证明：，，
故
，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】(1)结合递推式，可得，进而得，得到数列是首项为1，公差为1的等差数列， 进而可得通项公式；
(2)由，利用放缩法得，利用裂项求和即可求解.
20．【答案】（1）证明：由题意，
取分别为棱的中点， 连接，
则；
∵， 且，
∴， 且，
∴四边形为平行四边形， 故.
∵为棱的中点，
∴；
∵， 平面底面， 平面底面，
∴平面，
∵平面，
∴；
又，且在平面内
∴平面.
∵，
∴平面，
又∵平面，
∴平面平面.
（2）解：由题意及（1）得，
取中点为， 连接，
∵为等边三角形，
∴，
∵平面底面，
∴底面，
过作， 交于点， 则；
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设， 则，
则，
由（1）可知平面 故平面的法向量取，
设平面的法向量为，
由， 解得，
令， 得，
设平面与平面的夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）取分别为棱的中点， 连接，先证明平面，得， 平面，从而得到平面平面；
（2） 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设， 则， 分别求出平面的法向量，平面的法向量 ，利用向量坐标公式即可求出平面与平面夹角的余弦值.
21．【答案】（1）解：由题意得，即.
因为的渐近线方程为.
所以，
所以，
故的方程为：.
（2）解：当直线不与轴重合时，
设直线的方程为，
代入，得，
即．
设点，
则．
设点，
则
，
若为定值，
令
解得，
此时．
当直线l与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点，
所以存在定点，使为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1） 由题意得，即，再由渐近线的方程得的值，求得，即可得双曲线方程；
（2） 当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算， 若为定值， 解得 ，同时验证当直线斜率为0时， 对于点， 即得结论．
22．【答案】（1）证明：函数的定义域为，求导得，
令，则，当时，，
函数在上单调递增，在上无极值点，
当时，在上都递减，即在上递减，
而，则存在唯一，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则为在上的极大值点，
所以在区间上存在唯一的极大值点；
（2）解：当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上单调递减，
而，因此函数在内有唯一零点，
当时，，即0是函数的一个零点，由（1）知在上单调递增，
而，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
有，又，因此函数在上有唯一零点，在上无零点，
当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，因此函数在上无零点，
综上得，函数共有3个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求出函数导数，再利用导数分和两段讨论函数的极值点作答；
（2）根据给定的函数，判断函数在区间与上函数值，再利用导数分段讨论在上零点情况作答.
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山东省济南市2022-2023学年高三下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·济南开学考）已知复数，其中i是虚数单位，则在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，所以，
所以，
故在复平面内所对应的点的坐标为，在第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据复数运算求得，再求其共轭复数及其对应的点所在象限.
2．（2023高三下·济南开学考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，即，解得，
即，
又，所以.
故答案为：B
【分析】首先解一元二次方程求出集合，再根据交集的定义计算可得.
3．（2023高三下·济南开学考）已知向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】，
即，则，，.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量数量积运算，结合计算即可.
4．（2023高三下·济南开学考）“”的一个充分条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质
【解析】【解答】由，即，所以
对A，，
所以不一定有，A不符合题意，
B，由，则，
则或，B项不符合题意，
C，，
则或，C不符合题意，
D，由知，
所以，成立，D符合题意，
故答案为：D.
【分析】结合分数不等式的解，不等式的性质，及指数函数的性质，利用充分条件逐项判断即可.
5．（2023高三下·济南开学考）下图是函数的部分图象，则它的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】观察题意，易知函数是奇函数，其定义域为，
对于A，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是偶函数，A不符合题意；
对于B，当时，，则在处无意义，B不符合题意；
对于D，易得的定义域为，关于原点对称，
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
取，则，远远小于，
而图像中在上的最小值大于，矛盾，
此外，由于在上单调递增，且可以取得无穷大，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，起伏非常大，D不符合题意；
对于C，易得的定义域为，关于原点对称，
因为
又，
所以在上是奇函数，
令，则，
所以在上单调递增，又，故在上有唯一零点，
令，即，即或，
对于，得；对于，得；
所以在右侧的第一个零点为，第二个零点为，
因为，则，故，
又，所以，即，
显然在和上满足，满足图像，
此外在上单调递增，，
所以的图像呈波浪形状，且幅度向两端逐渐增大，但起伏不大，
综上，该选项的解析式基本满足题意，又排除了ABD，C符合题意.
故答案为：C.
【分析】对于A，判断的奇偶性即可排除；对于B，由在处无意义排除即可；对于CD，先判断的奇偶性，再利用导数求得的零点，分析的图像特征，从而结合图像即可得解.
6．（2023高三下·济南开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】，
，
，
，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】根据三角恒等变换化简得出，根据二倍角的余弦公式与诱导公式得到，即可得出答案.
7．（2023高三下·济南开学考）已知等比数列的公比为，其前项和为，若对任意的恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】因为为等比数列的公比，所以，
因为对任意的恒成立，所以，
当时，恒成立，满足条件，
当，，
由对任意的恒成立，可得，
所以，
所以或，
所以或或，
所以的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由条件可得，讨论，根据等比数列求和公式化简，可得的取值范围.
8．（2023高三下·济南开学考）已知，，，则（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】，，两边取对数得：，，，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
所以在上为增函数，
因为当时，恒成立，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故，
即，
因为在上单调递增，所以.
故答案为：A
【分析】，，两边取对数得：，，，令，，求导后再令，研究其单调性，得到在上单调递增，从而得到，因为在上单调递增，所以.
二、多选题
9．（2023高三下·济南开学考）居家学习期间，某学校发起了“畅读经典，欢度新年”活动，根据统计数据可知，该校共有1200名学生，所有学生每天读书时间均在20分钟到100分钟之间，他们的日阅读时间频率分布直方图如图所示．则下列结论正确的是（ ）
A．该校学生日阅读时间的众数约为70
B．该校学生日阅读时间不低于60分钟的人数约为360
C．该校学生日阅读时间的第50百分位数约为65
D．该校学生日阅读时间的平均数约为64
【答案】A,C,D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】对于A，由图可知众数约为，A符合题意；
对于B，阅读时间不低于60分钟的人数约为(0.02+0.01）×20×1200=720，B不符合题意；
对于C， [20，60)的频率为（0.005+0.015)×20=0.4， [60，80)的频率为0.02×20=0.4，
∴第50百分位数为 ，C符合题意；
对于D，平均值为30×0.005×20+50×0.015×20＋70×0.02×20+90×0.01×20=64，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】结合频率分布直方图，逐一计算判断即可.
10．（2023高三下·济南开学考）已知函数满足恒成立，且在上单调递增，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．为偶函数
C．若，则
D．将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，可以得到的图象
【答案】A,B
【知识点】正弦函数的定义域和值域；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为函数满足恒成立，
所以，，解得，，
当时，，
因为函数在上单调递增，所以，解得，
综上可得，A符合题意；
所以，则，
所以为偶函数，B符合题意；
对于C：当时，，所以，即，C不符合题意；
对于D：将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，可以得到的图象，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】令所以，，解得，，当时，，根据函数的单调性得到，从而求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
11．（2023高三下·济南开学考）如图所示，抛物线E：的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于，和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（ ）
A．E的方程为
B．
C．若AD，BC的斜率分别为，，则
D．若AD，BC的倾斜角分别为，，则的最大值为
【答案】A,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当直线垂直于x轴时，直线的方程为，
所以点的横坐标为，
所以，又，
所以，所以抛物线的方程为，A符合题意；
所以，
若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，以已知矛盾，
故可设直线的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
由已知为方程的两根，
所以，，B不符合题意；
同理可设的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
设
所以，，
若直线的斜率存在，则，， ，
因为直线AD经过点F，所以，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，，
所以，C不符合题意；
因为AD，BC的倾斜角分别为，，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，，
所以，此时，
当，因为，所以，
所以
所以，
当且仅当，时等号成立，即时等号成立，
所以的最大值为，D符合题意；
故答案为：AD.
【分析】根据抛物线定义表示，由条件列方程求可得抛物线方程，判断A，设设直线的方程为，利用设而不求法求，判断B，设，利用韦达定理得，根据直线AD经过点F，确定，表示出，，判断C，讨论，结合利用基本不等式求的最值即可判断D.
12．（2023高三下·济南开学考）在平面四边形ABCD中，，AD＝CD＝2，AB＝1，，沿AC将折起，使得点B到达点的位置，得到三棱锥．则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．为定值
C．直线AC与所成角的余弦值的取值范围为
D．对任意点，线段AD上必存在点N，使得
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】在中，，，有，在中，，
由余弦定理得，而，则，又，
有，取的中点E，连交于，而，则有，连，则，如图，
在三棱锥中，，平面，
则平面，又平面，于是平面平面，在平面内过作于F，如图，
因为平面平面，因此平面，而为二面角的平面角，
，，
当且仅当F与H重合，即平面平面时取等号，又，
所以，即三棱锥体积的最大值为，A符合题意；
，
因此为定值2，B符合题意；
设直线AC与所成的角为，沿翻折，在此过程中，，即，
由B知，，
因此直线AC与所成角的余弦值的取值范围为，C不符合题意；
点在边上，令，显然，
，令，在翻折过程中，，
，则有，显然有，
即对任意的，都存在，，使得，
所以对任意点，线段AD上必存在点N，使得，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】根据给定条件，在四边形中求出，取AD中点E，并求出相关量，在三棱锥中，求出点到平面的距离判断A；利用向量运算计算判断B，C；借助向量建立关系式，由等式成立判断D作答.
三、填空题
13．（2023高三下·济南开学考）为推动黄河流域生态保护和高质量发展，某市环保局派出4个宣传小组，到黄河沿岸5个社区做环保宣讲活动，每个小组至少去1个社区，每个社区只安排1个小组，则不同的安排方法共有 种（用数字作答）．
【答案】240
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】依题意，有一个小组必去两个社区，把5个社区分成4组有种分法，
将分成的4组安排给4个宣传小组有种方法，
所以不同的安排方法共有（种）.
故答案为：240
【分析】根据给定条件，把5个社区分成4组，再将分成的4组分配到4个宣传小组即可作答.
14．（2023高三下·济南开学考）已知圆锥侧面展开图的周长为，面积为，则该圆锥的体积为 ．
【答案】或
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为，母线长，则圆锥侧面展开图扇形弧长为，
依题意，，即，解得或，
当时，圆锥的高，体积为，
当时，圆锥的高，体积为，
所以该圆锥的体积为或.
故答案为：或
【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长，进而求出高即可计算作答.
15．（2023高三下·济南开学考）已知函数若方程有两个不同的实数根，且，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】分段函数的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，函数单调递增，取值集合为，函数图象与y轴交于点，
当时，，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，
而，在坐标平面内作出函数的图象，如图，
方程有两个不同的实数根，即直线与函数的图象有两个不同交点，
交点横坐标为，不妨令，观察图象知，直线必与函数的图象有公共点，
则，，由得：，由知，，即有，
，则有，，
令函数，当时，，
即函数在上单调递增，，依题意，，
因此，解得，综上得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
【分析】方程有两个不同的实数根，即直线与函数的图象有两个不同交点，在坐标平面内作出函数的图象，数形结合即可得解.
16．（2023高三下·济南开学考）已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切．P为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设，，为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为，根据题意可知，解得
设的内接圆半径为r，则
，，
故，化简可得，即，解得
故答案为：
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案.
四、解答题
17．（2023高三下·济南开学考）甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子．规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束．
（1）记两人抛掷骰子的总次数为X，若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时，X的分布列和期望；
（2）已知甲先掷，求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率．
【答案】（1）解：依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，
的可能值为1，2，3，4，
，，，，
所以的分布列为；
1 2 3 4
期望.
（2）解：设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为，
依题意，，当时，，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
当时，甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率，
显然当时，满足上式，
所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 依题意，抛掷骰子一次获胜的概率，的可能值为1，2，3，4，分别求出对应概率，列出分布列，求出期望作答；
（2）利用独立事件的概率公式，求出甲抛掷第n次骰子且不获胜的概率的递推公式，再借助数列求解作答.
18．（2023高三下·济南开学考）已知中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）证明：A＝2B；
（2）若a＝3，b＝2，求的面积．
【答案】（1）证明：因为，
所以，即，
，
，
，
，
所以或，，
又，
所以；
（2）解：由(1) ，又a＝3，b＝2，
所以，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角， 所以，即， 结合余弦定理可得，再化边为角，结合三角恒等变换即可证明；
(2)结合(1)求得，由余弦定理求，再求，利用面积公式即可求解.
19．（2023高三下·济南开学考）各项均为正数的数列，其前n项和记为，且满足对，都有．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：．
【答案】（1）解：由已知：对于， ， ，
则
∴，且数列各项均为正数
∴，
，因为，得，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
（2）证明：，，
故
，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】(1)结合递推式，可得，进而得，得到数列是首项为1，公差为1的等差数列， 进而可得通项公式；
(2)由，利用放缩法得，利用裂项求和即可求解.
20．（2023高三下·济南开学考）在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由题意，
取分别为棱的中点， 连接，
则；
∵， 且，
∴， 且，
∴四边形为平行四边形， 故.
∵为棱的中点，
∴；
∵， 平面底面， 平面底面，
∴平面，
∵平面，
∴；
又，且在平面内
∴平面.
∵，
∴平面，
又∵平面，
∴平面平面.
（2）解：由题意及（1）得，
取中点为， 连接，
∵为等边三角形，
∴，
∵平面底面，
∴底面，
过作， 交于点， 则；
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设， 则，
则，
由（1）可知平面 故平面的法向量取，
设平面的法向量为，
由， 解得，
令， 得，
设平面与平面的夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）取分别为棱的中点， 连接，先证明平面，得， 平面，从而得到平面平面；
（2） 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设， 则， 分别求出平面的法向量，平面的法向量 ，利用向量坐标公式即可求出平面与平面夹角的余弦值.
21．（2023高三下·济南开学考）已知双曲线的实轴长为2，直线为的一条渐近线．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意得，即.
因为的渐近线方程为.
所以，
所以，
故的方程为：.
（2）解：当直线不与轴重合时，
设直线的方程为，
代入，得，
即．
设点，
则．
设点，
则
，
若为定值，
令
解得，
此时．
当直线l与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点，
所以存在定点，使为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1） 由题意得，即，再由渐近线的方程得的值，求得，即可得双曲线方程；
（2） 当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算， 若为定值， 解得 ，同时验证当直线斜率为0时， 对于点， 即得结论．
22．（2023高三下·济南开学考）已知函数，为的导数．
（1）证明：在区间上存在唯一的极大值点；
（2）讨论零点的个数．
【答案】（1）证明：函数的定义域为，求导得，
令，则，当时，，
函数在上单调递增，在上无极值点，
当时，在上都递减，即在上递减，
而，则存在唯一，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则为在上的极大值点，
所以在区间上存在唯一的极大值点；
（2）解：当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上无零点，
当时，，则恒成立，函数在上单调递减，
而，因此函数在内有唯一零点，
当时，，即0是函数的一个零点，由（1）知在上单调递增，
而，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
有，又，因此函数在上有唯一零点，在上无零点，
当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则存在唯一，使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，因此函数在上无零点，
综上得，函数共有3个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求出函数导数，再利用导数分和两段讨论函数的极值点作答；
（2）根据给定的函数，判断函数在区间与上函数值，再利用导数分段讨论在上零点情况作答.
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