2022届山东省青岛第二中学高三上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2022届山东省青岛第二中学高三上学期期末考试数学试题含解析，共17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届山东省青岛第二中学高三上学期期末考试数学试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据偶次根式有意义及一元二次不等式的解法，再结合集合的交集的定义即可求解.【详解】由有意义，得，解得，所以，，故选：C.2．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，再代入中化简即可【详解】因为，所以，所以，故选：A3．将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，则2个黄球不相邻的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据插空法和古典概型的概率公式可求出结果.【详解】将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，共有种，其中2个黄球不相邻的有种，所以所求事件的概率为.故选：C4．下列区间中，函数的单调递增区间是（       ）A．（0，） B．（，） C．（，π） D．（，2π）【答案】C【分析】，求函数的单调递增区间，只需令，取得解.【详解】解：，令，可得，令可得：，因为，故选项C正确；选项ABD都不符合题意.故选：C.5．已知，是椭圆C：的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的定义分别求出，在中，利用余弦定理求得的关系，从而可得出答案.【详解】解：在椭圆C：中，由椭圆的定义可得，因为，所以，在中，，由余弦定理得，即，所以，所以C的离心率.故选：A.6．已知，，在的展开式中，若项的系数为2，则的最小值为（       ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据二项展开式的通项公式得到，再利用基本不等式可求出结果.【详解】因为，的展开式的通项公式为，,所以，即，因为，所以，当且仅当时，等号成立.故选：D7．若函数的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线在这两点处的切线重合，则称函数为“共切”函数，下列函数中是“共切”函数的为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意知，导函数中存在两个点，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，则导数不能为单调函数，由此判断A,B;对于C，求出导数，根据导数特征可以设出两点坐标，使得在这两点处导数相等，但求出切线方程，切线都不会重合，判断C;对于D，求出导数，可以找到至少有两点符合题中要求，判断D.【详解】由“共切”函数的定义可知，导函数中自变量存在两个值，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，因此导数不会为单调函数；对于，，即导函数在上单调递减，且自变量与函数值是一一对应的关系，故不会是“共切”函数；对于，，即导函数在上单调递增，故必不是“共切”函数；对于，，存在与，，两点处的切线斜率为相等，分别写出切线方程为：，，显然两直线不重合，故不是“共切”函数； 对于，，，即导函数为的周期函数，且恒成立，故在上递增， 不妨取 ，则 ，切点分别为 ，此时切线方程分别为 ，两切线重合，可知至少存在、两点处的切线重合，故该函数为“共切”函数．故选：．8．设函数的定义域为R且满足是奇函数，则f（2）=（       ）A．－1 B．1 C．0 D．2【答案】C【分析】直接根据奇函数的性质即可得结果.【详解】令，因为为奇函数，所以，故选：C. 二、多选题9．设数列{}是等差数列，是其前n项和，且，，则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．和均为的最大值【答案】ACD【分析】由题意推出，，由此可判断A,C;利用，结合，判断B；由，可判断D.【详解】由得，即，又，，，故C正确；，故A正确；对于B，，而，故，，故， B错误；由以上分析可知： ，故 ,均为的最大值，故D正确；故选：ACD．10．已知平面向量,，，则下列结论正确的是（       ）A．可以作为平面内所有向量的一组基底B．若，则C．存在实数，使得D．若，则【答案】ABD【分析】根据坐标判断、不共线，再根据基底的概念可判断A；根据求出，可判断B；根据向量平行的坐标表示可判断C；根据向量夹角的坐标表示可判断D.【详解】因为，，所以，对于A，因为，所以与不共线，所以可以作为平面内所有向量的一组基底；故A正确；对于B，若，则， 所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以不存在实数，使得，故C不正确；对于D，若，则，所以，故D正确.故选：ABD11．点P在圆M：上，点A（4，0），点B（0，2），下列结论正确的是（       ）A．过点A可以作出圆的两条切线B．圆M关于直线AB对称的圆的方程为C．点P到直线AB距离的最大值为D．当∠PBA最大时，【答案】ACD【分析】对于A，判断出点A（4，0）在圆M外，据此判断A；对于B，求出圆M关于直线AB对称的点为，进而得到圆M关于直线AB对称的圆的方程；对于C，先求点M到直线AB距离，加上半径即点P到直线AB距离的最大值；对于D，当与圆M相切时，∠PBA最大或最小，求出即可.【详解】解：对于A，，点A（4，0）在圆M外，所以过点A可以作出圆M的两条切线，故A正确；对于B，有题知，直线AB的方程为：，设圆M关于直线AB对称的点为，由解得，圆M关于直线AB对称的圆的方程的圆心为，圆M关于直线AB对称的圆的方程为，故B错误；对于C，点M到直线AB距离为，所以点P到直线AB距离的最大值为，故C正确；对于D，如图，当与圆M相切时，∠PBA最大或最小，此时，故D正确.故选：ACD12．记的导函数为，若对任意的正数都成立，则下列不等式中成立的有（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对于AB，构造函数，求导，借助单调性比较大小即可；对于CD，构造函数，求导，借助单调性比较大小即可.【详解】解：因为，所以，则，所以在单调递增，所以，即，所以，故A错误；同理，即，所以，故B正确；因为，所以，构造函数，则，所以在单调递减，所以，即，化简得，故C正确；同理，即，化简得，故D错误.故选：BC. 三、填空题13．已知抛物线C：，直线l：交抛物线C于P，Q两点，且OP⊥OQ，则抛物线C的方程为____________.【答案】【分析】将直线l：代入抛物线C：，得，，由OP⊥OQ得，计算可得.【详解】解：将直线l：代入抛物线C：，得，，所以，，因为OP⊥OQ，所以，，所以抛物线C的方程为.故答案为：.14．设为等比数列的前项和.若，，则________.【答案】【分析】根据等比数列性质可知成等比数列，由此可依次计算求得，进而得到结果.【详解】为等比数列的前项和，成等比数列，又，，，则，，则.故答案为：.15．已如是半径为2的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为_______.【答案】【分析】先求出外接圆半径，通过球半径和外接圆半径结合勾股定理得出点到平面的距离，然后再利用体积公式即可求解.【详解】如图所示由可知，是以为斜边的直角三角形，又知，所以，所以的外接圆的圆心为的中点，半径，连接,因为点为球心，所以平面，即的长为点到平面的距离.在中，，，.所以三棱锥的体积为.故答案为：.16．已知函数.当时，若函数的图象与直线有且仅有两个交点，则的取值范围为________.【答案】且【分析】转化为在上有且仅有两个不同正根，两边取自然对数，转化为有且仅有两个不同正根，转化为函数的图象与直线有且仅有两个交点，然后利用导数研究函数的单调性和最值，结合图象可求出结果.【详解】因为当时，若函数的图象与直线有且仅有两个交点，所以当时，，即，即，即有且只有两个正根，令，则函数的图象与直线有且仅有两个交点，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，因为，当趋近于正无穷时，趋近于0，所以，由得，因为，当且仅当时，等号成立，所以由得，综上所述：且.故答案为：且【点睛】关键点点睛：转化为的图象与直线有且仅有两个交点，利用导数求解是解题关键. 四、解答题17．为迎接2022年北京冬奥会，某校组织一场冰雪运动知识竞赛，规则如下：有A，B两类问题，每位参加比赛的选手先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该选手比赛结束，若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分：B类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分.小明参加了本次冰雪知识竞赛，已知他能正确回答A类问题的概率为0.7，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明选择先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】(1)答案见详解；(2)应选择先回答类问题，理由见详解．【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．【详解】(1)由题可知，的所有可能取值为，，．；；．所以的分布列为(2)由（1）知，．若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．；；．所以．因为，所以小明应选择先回答类问题．18．设a，b，c是△ABC的内角A，B，C所对应的三边.已知，.(1)求边a的最小值；(2)当边a取得最小值时，设点D是线段AC上的一点且，求△ABD的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据余弦定理，结合配方法进行求解即可；（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】(1)由余弦定理可知：，当时，边a有最小值，最小值为，即；(2)由（1）可知：，，所以在中，由余弦定理可知：，解得，所以△ABD的面积为.19．多面体中，侧面为正方形，平面⊥平面，，，，E为AC的中点，D为棱上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：AB⊥BC；(2)求面与面DFE所成二面角的余弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理证明平面，可得，再根据可证；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：设，利用空间向量求出面与面DFE所成二面角的余弦值关于的函数，再根据二次函数知识可求出结果,【详解】(1)因为，，，所以平面，所以，因为，所以.(2)因为平面⊥平面，，所以平面，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：则，，，，，设，则，，设平面的法向量为，则，取，得，，则，取平面的一个法向量为，设面与面DFE所成二面角为，则，因为，所以当时，取得最大值.20．已知数列{}满，.(1)记，写出，，并求数列{}的通项公式；(2)求的前2022项和.【答案】(1)，，(2)3033【分析】（1）根据递推公式求出、，即可得到，即可得到以为首项、为公差的等差数列，从而求出的通项公式；（2）依题意可得，，由等差数列前项和公式计算可得．【详解】(1)因为，且，所以，，，所以，，为以1为首项，3为公差的等差数列，所以；(2)设的前2022项和为，则21．平面直角坐标系xOy中，点（－，0），（，0），点M满足，点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知A（1，0），过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q（点P和Q都异于点A），若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.【答案】(1)(2)过定点，证明见详解【分析】（1）根据定义法判断曲线类型，然后由题意可得；（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理将AP⊥AQ坐标化，得到参数之间的关系代回直线方程可证.【详解】(1)因为，所以由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中所以所以曲线C的方程为：(2)若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为，联立求解可得，直线PQ过点.当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为，代入，整理得：则因为AP⊥AQ，所以整理得解得或因为点P和Q都异于点A，所以不满足题意故，代入，得，过定点.综上，直线PQ过定点.22．已知函数，.(1)讨论f（x）的单调性；(2)若时，都有，求实数a的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.【答案】(1)当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.(2)(3)证明详见解析【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a的取值即可确定函数的单调性；（2）分离参数a，构造出新函数，得到最小值，即可得到a的范围；（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.【详解】(1)解：因为，定义域为，.①当时，令，解得即当时，，单调递增，当时，，单调递减；②当时，在单调递增；③当时令，解得，即当时，，单调递减，当时，，单调递增；综上：当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.(2)若时，都有，即，恒成立.令，则，，令，所以，当时，，单调递增，，所以，在单调递减，所以=，所以(3)原式可整理为，令，原式为，由（1）知，在单调递增，在单调递减，则为两根，其中，不妨令，要证，即证，，只需证，令，，，令，则，，单调递增，，，单调递减.又，故，所以恒成立，即成立，所以，原式得证.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种，方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.