2022-2023学年山东省济南市历城区高三下学期第二次摸底考试数学含解析

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济南市历城区2022-2023学年高三下学期第二次摸底考试
数学（原卷版）
2023.5
一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．在，“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知向量，，若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
4．《张邱建算经》记载：今有女子不善织布，逐日织布同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日，问第11日到第20日这10日共织布（ ）
A．30尺 B．40尺 C．6尺 D．60尺
5．已知函数是定义在上的奇函数，当时，则函数的大致图象为
A． B．C． D．
6．在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
7．函数的所有零点之和等于（　　）
A．-10 B．-8 C．-6 D．-4
8．已知函数满足，，若对任意正数，都有，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．（多选）下列四个命题中，正确的有（    ）
A．数列的第项为
B．已知数列的通项公式为，则-8是该数列的第7项
C．数列3，5，9，17，33…的一个通项公式为
D．数列的通项公式为，则数列是递增数列
10．关于函数，下列叙述正确的是（　　）
A．其图象关于直线对称
B．其图象关于点对称
C．其值域是
D．其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的得到
11．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（    ）

A．平面PAD⊥平面PBD
B．AD平面PBC
C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为
D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为

三、填空题
12．若函数，，则___________．
13．已知，则_____
14．已知数列各项均为正数，若，且，则的通项公式为______．
15．给出下列四个命题：
①若存在实数x，y，使，则与，共面；
②若与，共面，则存在实数x，y，使；
③若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面；
④若点P，M，A，B共面，则存在实数x，y，使．
其中______是真命题.（填序号）
16．函数，若存在a，b，c（），使得，则的最小值是________.


四、解答题
17．设等差数列的前项和为，已知，.
(1)求数列的通项公式及；
(2)若___________，求数列的前项和.
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18．如图，在中，点D在BC边上，AD=33，,,

（1）求的值；
（2）求的面积．
19．已知等比数列的各项均为正数，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记为的前项和，证明：．
20．如图，圆心角为的扇形的半径为2，点C是弧AB上一点，作这个扇形的内接矩形．

(1)求扇形的周长；
(2)当点C在什么位置时，矩形的面积最大？并求出面积的最大值．



21．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．

（1）求证：；
（2）求证：．
22．已知，（n为正整数，）．
(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
(2)当时，证明：．


济南市历城区2022-2023学年高三下学期第二次摸底考试
数学（解析版）
2023.5
一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先分别解两个不等式，求出两集合，然后再求其交集.
【详解】．
故选：C．
【点睛】此题考查的是集合的交集运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
2．在，“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】先考虑充分性，再考虑必要性得解.
【详解】当，因为在内单调递减，所以，所以“”是“”的充分条件；
当时，因为在内单调递减，所以，所以“”是“”的必要条件.
故选：C
【点睛】本题主要考查充分条件必要条件的判断，考查余弦函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
3．已知向量，，若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据数量积的坐标运算求得，结合基本不等式求出最小值.
【详解】，当且仅当时等号成立，
则的最小值为.
故选：B．
4．《张邱建算经》记载：今有女子不善织布，逐日织布同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日，问第11日到第20日这10日共织布（ ）
A．30尺 B．40尺 C．6尺 D．60尺
【答案】A
【分析】由题意可知，每日的织布数构成等差数列，由等差数列的求和公式得解.
【详解】由题女子织布数成等差数列，设第日织布为，有，所以
，
故选:A.
5．已知函数是定义在上的奇函数，当时，则函数的大致图象为
A． B．C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：因为函数，是定义在R上偶函数，g（x）是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数，故函数y=f（x）•g（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故A，C不正确，又因为函数，当x＞0时，g（x）=log2x，故当0＜x＜1时，y=f（x）•g（x）＞0；当1＜x＜2时，y=f（x）•g（x）＜0；当x＞2时，y=f（x）•g（x）＞0；故B不正确，故选D
考点：函数的图像；函数的奇偶性．
点评：在判断函数的图象时，分析函数的定义域、单调性、奇偶性、特殊点或者特殊值是最常用的方法．
6．在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，以及在圆的下端点时，分别取到，两点间距离的最值；若，设，利用两点间的距离公式结合到的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．
【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，
若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；
若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；
综上可得，，
故选：B

7．函数的所有零点之和等于（　　）
A．-10 B．-8 C．-6 D．-4
【答案】B
【详解】
所以函数关于对称
作图像得，共有8个交点，
所以所有零点之和等于，选B.

点睛：
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
8．已知函数满足，，若对任意正数，都有，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调性，结合基本不等式化简不等式，解二次型不等式求得的取值范围.
【详解】依题意，，，
构造函数，则.
由得：
，
令，
，
所以在区间递增；在区间递减，
所以在区间上的最大值是，
所以，所以在上单调递减.

，
当且仅当，时等号成立，
所以，则，
，
所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】本题的难点有两个地方，一个是的单调性的判断，另一个是的最小值.对于函数单调性的判断，利用的是构造函数法，结合多次求导的方法来求得的单调性.而对于，是变型后利用基本不等式来求得最小值.

二、多选题
9．（多选）下列四个命题中，正确的有（    ）
A．数列的第项为
B．已知数列的通项公式为，则-8是该数列的第7项
C．数列3，5，9，17，33…的一个通项公式为
D．数列的通项公式为，则数列是递增数列
【答案】ABD
【解析】A，由数列通项求解判断；的第出项为，B，令求解判断；C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，求解判断；D判断的符号即可.
【详解】A，数列的第出项为，A正确；
B，令，得或（舍去），B正确；
C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为，则其通项公式为，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为C错误；
D，，则，
因此数列是递增数列，D正确，
故选：ABD．
10．关于函数，下列叙述正确的是（　　）
A．其图象关于直线对称
B．其图象关于点对称
C．其值域是
D．其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的得到
【答案】ACD
【分析】由三角函数性质与图象变换对选项逐一判断
【详解】对于A，令，解得，故图象关于直线对称，故A正确，
对于B，令解得，故不是对称中心，故B错误，
对于C，函数，故C正确，
对于D，由三角函数图象变换知D正确，
故选：ACD
11．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（    ）

A．平面PAD⊥平面PBD
B．AD平面PBC
C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为
D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为
【答案】AC
【分析】由平面图还原立体图,由面面的垂直的判定定理判断选项A，
建立空间直角坐标系，根据线面平行的空间向量法判定即可判断选项B，
将立体图形想象补充为长方体，即可得到外接球半径，即可判断选项C,
写出对应点的坐标与向量的坐标,计算平面的法向量,利用空间向量夹角计算公式求解，即可判断选项D.
【详解】由四棱锥的平面展开图还原立体图,
可得平面,
平面，，
底面为直角梯形，,,
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示直角坐标系，

在直角梯形中,,
所以,即,而上述证明得，
又因为平面,,
所以平面,又平面,
所以平面平面,故A正确；
对B选项，由，可知,则,
，，且平面,
平面，故为平面的一个法向量，
根据底面为梯形，则显然不垂直，则不平行平面，故B错误，
对C选项，将三棱锥补成长为2，宽和高为1的长方体，
则三棱锥的外接球，即为长方体的外接球，
其半径,
故表面积为，故C正确，
由点坐标得，,
设平面的法向量为,
则，令，则，得
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
，故其夹角的正弦值为，故D错误，
故选：AC.
【点睛】方法点睛：常见的求平面与平面夹角的方法：①定义法，即利用二面角的定义求解面与面夹角；②空间向量法，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量的法向量，利用向量夹角的余弦公式来求解面面夹角的余弦值.

三、填空题
12．若函数，，则___________．
【答案】
【分析】化简函数解析式，结合函数定义域即可求解.
【详解】,
,
解得，
即函数的定义域为，
,
,
解得或，
函数的定义域为，
故函数的定义域为
,
故答案为：
【点睛】本题主要考查了函数的定义域，函数的解析式，属于中档题.
13．已知，则_____
【答案】
【解析】化简得，利用周期即可求出答案．
【详解】解：，
∴函数的最小正周期为6，
∴，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题．
14．已知数列各项均为正数，若，且，则的通项公式为______．
【答案】an=en-1/an=ene
【分析】推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式.
【详解】由已知可得，所以，，
所以，数列是等比数列，且该数列的首项为，公比为，因此，.
故答案为：.
15．给出下列四个命题：
①若存在实数x，y，使，则与，共面；
②若与，共面，则存在实数x，y，使；
③若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面；
④若点P，M，A，B共面，则存在实数x，y，使．
其中______是真命题.（填序号）
【答案】①③
【分析】利用空间向量共面定理判断.
【详解】①由共面向量定理知，正确；
②若，共线，则不与，共线，则不存在实数x，y，使，故错误；
③由共面向量定理知，正确；
④若共线，不与共线，则不存在实数x，y，使，故错误．
故答案为：①③
16．函数，若存在a，b，c（），使得，则的最小值是________.
【答案】.
【解析】先画出函数的图象，利用数形结合得出a，b，c的范围以及，再设，解出b，c，代入所求的函数关系式中，再换元得到一个新函数，利用函数的单调性研究函数的最小值即可.
【详解】设，则，，，且，
由，得，由，得，
所以，
设，则，，
设，则，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，故的最小值是.
故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查分段函数的图象和利用导数研究函数的最值，解题关键是令，从而有，再设，正确构造函数，从而利用导数求得函数的最值，属于难题.

四、解答题
17．设等差数列的前项和为，已知，.
(1)求数列的通项公式及；
(2)若___________，求数列的前项和.
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)，；
(2)见解析.

【分析】（1）根据等差数列前项和公式和通项公式即可得到关于的方程组，解出即可；
（2）选①则，利用乘公比错位相减法即可求出；选①则，则用裂项相消法即可求出；选③则，分奇偶讨论即可求出.
【详解】（1）设等差数列的公差为，首项为，则，
,解得，
所以.
（2）选①：由（1）知,,所以
,.两式相减得:


所以.
选②：由（1）,
所以.
选③：由（1）,则，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以.
18．如图，在中，点D在BC边上，AD=33，,,

（1）求的值；
（2）求的面积．
【答案】（1）；（2）330.
【分析】（1）根据给定图形，用同角公式求出，，再利用和角的正弦公式计算作答.
（2）利用正弦定理求出AB长，再用三角形面积定理计算作答.
【详解】（1）在中，由得，显然，
由得，又，
所以.
（2）在中，由正弦定理得：，
所以的面积是.
19．已知等比数列的各项均为正数，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记为的前项和，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）首先根据等比数列的通项公式由条件得出，从而可求出的值，然后结合，即可求出数列的通项公式；
（2）根据（1）求出数列的通项公式，根据通项公式可判断出数列为等比数列，从而可求出数列的前项和，然后即可证明.
(1)
设等比数列的公比为，
因为，所以，
又因为数列为各项均为正数的等比数列，所以，
所以或(舍)，
又因为，所以．
(2)
因为，所以，
又因为，所以，所以，，
所以是以1为首项，以为公比的等比数列，
所以，所以.
20．如图，圆心角为的扇形的半径为2，点C是弧AB上一点，作这个扇形的内接矩形．

(1)求扇形的周长；
(2)当点C在什么位置时，矩形的面积最大？并求出面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先由公式求弧AB长，即可得到周长；
（2）设，即可由三角函数表示出，即可得矩形面积与的函数式，最后进行变换得，即可讨论最值最值成立的条件.
（1）
由题，弧AB长为，故扇形的周长为：；
（2）
设，则，，
所以，
所以矩形的面积
，
，所以当时，取得最大值，
即当C在弧AB中点时，矩形的面积最大，最大值为.
21．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．

（1）求证：；
（2）求证：．
【答案】(1)见详解；（2）见详解.
【分析】（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证OD∥BC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1∥平面A1CD．
（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1⊥A1C，利用线面垂直的性质可证AB⊥AA1，根据AB⊥AC，利用线面垂直的判定定理可证AB⊥平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C⊥平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1⊥A1C．
【详解】（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，
所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：OD∥BC1，
又因为：BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．
（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：AC＝AA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，
所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为：AB⊂平面ABC，所以：AB⊥AA1，
又因为：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，
所以：AB⊥平面ACC1A1，因为：A1C⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，
又因为：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，
因为：BC1⊂平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．

【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
22．已知，（n为正整数，）．
(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.

【分析】（1）对进行二次求导，根据二阶导数的单调性，确定一阶导数的正负，从而判断原函数的单调性，结合零点存在定理，即可求证.
（2）根据题意，只需证即可，结合结合同构函数，即可容易证明.
【详解】（1）当时，
记，则
所以在区间上单调递增
而，
所以存在，使得，即
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又，，
所以在上没有零点，在上有一个零点，
综上所述，函数在内只有一个零点.
（2）当时，，
要证，
即证，
令，则，
所以在单调递减，，即，
要证只需证，
令，则，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，即，
∴，即，
所以成立，
∴原命题得证.
【点睛】本题考查利用导数证明函数的零点个数，以及利用导数证明不等式恒成立，解决第二问的关键是利用进行放缩，以及利用同构构造函数进行证明，属综合困难题.