2022届山东省济宁市高三上学期期末考试数学试题含解析

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：C

2．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：B

7．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3

C．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．