2022届山东省济宁市高三上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2022届山东省济宁市高三上学期期末考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届山东省济宁市高三上学期期末考试数学试题一、单选题1．若集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简两个集合A、B，再对两个集合取并集.【详解】故故选：C2．已知复数z满足，则的虚部为（       ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据复数的运算法则，化简得到，得出，结合复数的概念，即可求解.【详解】因为，可得，所以，所以的虚部为.故选：B.3．已知函数，则（       ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】先计算，再计算．【详解】由题意，所以，故选：A．4．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为，则由得，所以，所以．故选：D．5．若数列为等比数列，且，，则=（       ）A．32 B．64 C．128 D．256【答案】C【分析】根据等比数列片断和的性质求解．【详解】因为是等比数列，，所以数列仍然是等比数列，记，设其公比为，由得，，所以．故选：C．6．“”是方程“表示椭圆”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条【答案】B【分析】根据椭圆的标准方程可得，解不等式组得出且，再利用必要不充分条件定义即可求解.【详解】若方程表示椭圆，则有因此且，故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件．故选：B7．如图，某时钟显示的时刻为9：45，此时时针与分针的夹角为，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据时钟显示求出，然后二倍角公式计算．【详解】时针在9点时，分针在12点，当分针转到9点时，旋转了圆周的，因此时针旋转了1个小时（即）的，所以，所以．故选：B．8．已知双曲线C：（，）的右顶点为A，若以点A为圆心，以b为半径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】（）中设，，应用余弦定理得关于的方程，由于，因此此方程的两解即为的长，应用韦达定理得，则向量得，三式变形得出关于的等式，变形后可求得离心率．【详解】不妨设渐近线是，记，则，所以，设，中应用余弦定理有，所以，即，由于，因此上述方程的两解就是，又，不妨记，又，，，，所以，，解得或，又，所以．故选：C．二、多选题9．将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则（       ）A．函数的图象关于直线对称 B．函数的图象关于y轴对称C．函数在上的最小值为 D．若，则【答案】BC【分析】通过变换可得，利用余弦型函数的性质依次判断各选项即可得出结果.【详解】的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度， 则，即.的对称轴为，则A错误，B正确.当时,即时，当时，函数,则C正确. 时，即时，单调递增， 若，单调递增，则，D错误.故选：BC.10．已知等差数列的前n项和为，且，，，则（       ）A．数列是递增数列 B．C．当时，最大 D．当时，n的最大值为14【答案】BCD【分析】利用等差数列的性质可知，进而得出，，依次判断各选项即可得出结果.【详解】等差数列中，，，，，公差，数列是递减数列，A错误 ，，B正确.，数列是递减数列，当时，最大,C正确.,,.当时，n的最大值为14,D正确.故选:BCD.11．已知函数是定义在R上的偶函数，满足，且当时，．若函数恰有3个不同的零点，则实数a的取值范围可以是（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】由已知条件得出函数的周期，然后研究一个周期内参数范围，再由周期性得正确选项．【详解】由得函数图象关于直线对称，又是偶函数，所以是周期函数，且周期为2，时，．则时，，函数恰有3个不同的零点，即的图象与直线有三个不同的交点，作出函数的图象，作出直线，如图，当直线过时，，当直线与相切时，由，，，，由图可得，当时，满足题意，再由周期性，可知四个选项中，只有BD正确．故选：BD．12．若点P是棱长为2的正方体表面上的动点，点M是棱的中点，则（       ）A．当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥的体积为定值B．当时，线段AP长度的最大值为3C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为D．直线DM被正方体的外接球所截得的线段的长度为【答案】ABD【分析】由平面的距离不变，底面积不变得体积不变判断A；分别取中点，证明点轨迹是矩形（除点），求出的最大值判断B；连接，在正方形内以为圆心，为半径作圆弧，得出点轨迹就是曲边三角形（除去点），求出其周长判断C；取为正方体对角线交点，正方体外接球球心，是正方形交点，球的过面的截面圆圆心，作于，由截面圆性质，弦长为（是球半径），计算后判断D．【详解】点P在底面ABCD内运动时，不变，面积不变，到平面的距离不变，即不变，因此体积不变，A正确；分别取中点，连接，首先与平行且相等，与平行且相等，因此与平行且相等，是平行四边形，在同一平面内，正方形，易得，，所以，所以 （为的交点），所以，又平面，平面，所以，同理，，平面，所以平面，而，则平面，所以点轨迹是矩形（除点），是矩形，当与重合时，最大，且最大值为，B正确； 当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，连接，在正方形内以为圆心，为半径作圆弧，易证点轨迹就是曲边三角形（除去点），事实上，在平面内点，在平面内射影是，，当不与重合时，，，曲边三角形的周长是，C错；如图，是正方体对角线交点即正方体外接球球心，是正方形交点即球的过面的截面圆圆心，作于，，在正方形中，作于，正方形边长为2，则，，，，公用，，，所以，所以由截面圆性质，球的半径为，直线被球截得的线段长为，D正确． 故选：ABD．三、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】【分析】由向量垂直关系的坐标表示可构造方程求得，由向量模长运算可求得结果.【详解】，，，解得：，，.故答案为：.14．若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为______．【答案】【分析】根据两直线平行的充要条件可以求得m的值，再根据两平行直线的距离公式即可计算得到直线与之间的距离【详解】由直线：与直线：平行可得，即，故两直线可化为：：、：故直线与之间的距离为故答案为：15．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是______．【答案】【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性，从而把条件不等式转化为简单不等式.【详解】由函数定义域为R，且，可知函数为奇函数.，令则，令则即在定义域R上单调递增，又，由此可知，当时，即，函数即为减函数；当时，即，函数即为增函数，故函数在R上的最小值为，可知函数在定义域为R上为增函数.根据以上两个性质，不等式可化为，不等式等价于即解之得或故答案为16．已知，且，则______．【答案】－0.8【分析】已知等式变形为，引入函数，即有，根据正弦函数性质得的关系，再结合可得的表达式，从而利用诱导公式、二倍角公式求得结论．【详解】由得，设，其中，，为锐角，已知条件即为，所以，或，，若，，则，与已知矛盾，所以，，，则，故答案为：．四、解答题17．已知数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据所给条件先求出首项，然后仿写，作差即可得到的通项公式;（2）根据（1）求出的通项公式，观察是由一个等差数列加一个等比数列得到，要求其前项和，需采用分组求和法，即可求出前项和．(1)∵，①当时，，即当时，．②由①－②得，即∴数列是以2为首项，4为公比的等比数列．∴(2)由（1）知 ∴，∴．18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若，，点D在边BC上，且，求线段AD的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和的正弦公式化简可得角；（2）中由余弦定理求得，再由余弦定理求得，然后在中由余弦定理求得．(1)在中，由正弦定理得       因为，代入得即．       又，所以．             又，所以．(2)在中，由余弦定理得所以，．             在中，由余弦定理得．             在中，由余弦定理得，所以．19．如图，扇形区域（含边界）是一风景旅游区，其中P，Q分别在公路OA和OB上．经测得，扇形区域的圆心角，半径为5千米．为了方便旅游参观，打算在扇形区域外修建一条公路，分别与OA和OB交于M，N两点，并且MN与相切于点S（异于点P，Q），设（弧度），将公路的长度记为（单位：千米），假设所有公路的宽度均忽略不计．(1)将y表示为的函数，并写出的取值范围；(2)求y的最小值，并求此时的值．【答案】(1)，(2)的最小值为，此时的值为【分析】（1）由图知，在两个直角三角形中求得相加即可得，的范围易得；（2）令，换元后应用基本不等式求得最小值．(1)因为MN与相切于点S，所以，在中，因为，，所以，       在中，因为，，所以，             所以，       （）(2)因为，所以，令（），则，所以，       当且仅当，即时取等号，此，又，所以．所以公路MN长度的最小值为，此时的值为．20．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，．(1)求证：平面；(2)若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设Q为AD的中点，连接PQ，证明平面ABCD，得， 从而可证线面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．(1)设Q为AD的中点，连接PQ，∵为正三角形，∴，又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD ，∴平面ABCD， 又平面ABCD，∴，       又，，平面PAD ，∴平面PAD；(2)在平面PAD内作，则．∵平面PAD，平面PAD，平面PAD，∴，．如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．       ∵底面ABCD为平行四边形，，∴ABCD为矩形．设，则，，，，，．∴，设平面ACE的法向量为，由得取，得平面ACE的一个法向量为．             又，所以点B到平面ACE的距离为，解得．             ∴，，，设平面ABP的法向量为，由得取，得平面ABP的一个法向量为．       ∴平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为 ．21．已知抛物线E：（）上一点到其焦点F的距离为2．(1)求实数的值；(2)若过焦点F的动直线与抛物线交于A、B两点，过A、B分别作抛物线的切线、，且、的交点为Q，、与y轴的交点分别为M、N．求面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线定义，点到其焦点F的距离等于该点到其准线距离，即可快速求得实数的值；（2）由直线与抛物线组成方程组，得到根与系数关系.分别求出Q、M、N的坐标，把面积与两根的和与积联系起来，即可求得取值范围.(1)因为点到其焦点F的距离为2，由抛物线的定义知解得(2)由上问可知，抛物线方程E：设，，（，），设l：，联立，得，判别式，故R，设：联立方程组，消x得，所以所以则：，即，令，得，同理：，，联立，得交点Q的横坐标为，∴∴面积的取值范围是．22．已知函数（a，），曲线在点处的切线方程为．(1)求实数a，b的值；(2)当时，（）恒成立，求c的最小值．【答案】(1)，(2)1【分析】（1）求出导函数，由，求得；（2）求出导函数，并设，再求导函数，确定的单调性，得存在零点，即的极大值点，求出的范围，再由不等式恒成立得的范围，最小值．(1)因为，             所以       解得；(2)因为，，所以，设．             当时，，，所以；当时，，，所以．所以，当时，，即单调递减．       因为，，因为，所以，所以．       所以，使得，即．       所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减．       所以． 因为，所以，所以，所以．       由题意知，，所以，整数c的最小值为1．【点睛】本题考查导数的几何意义，考查不等式恒成立问题，解决不等式恒成立问题的解题难点是需要对导函数再一次求导，确定单调性后，得出零点有存在性，而不是具体的值，由零点存在性得出函数的极大值，并求出极大值的范围，然后再由不等式恒成立得出结论．本题属于难题．