2022届山东省济宁市高三上学期期末考试数学试题含解析
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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.
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