山东省济南市莱芜第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题及答案

这是一份山东省济南市莱芜第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市莱芜第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．3．圆截直线所得的最短弦长为（    ）A． B． C． D．24．把函数的图象向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则（    ）A． B． C． D．5．菏泽万达商场在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取-一件，若有名顾客都领取一件礼品.则他们中有且仅有人领取的礼品种类相同的概率是（    ）A． B． C． D．6．若，，则x，y，z的大小关系为（    ）A． B．C． D．7．等边三角形ABC的外接圆的半径为2，点P是该圆上的动点，则的最大值为（    ）A．4 B．7 C．8 D．118．抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段的中点在上的投影为，则的最大值是（ ）A． B． C． D．9．四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，，，点是棱的中点，顶点在底面的射影为，则下列结论正确的是（    ）A．棱上存在点使得面B．当落在上时，的取值范围是C．当落在上时，四棱锥的体积最大值是2D．存在的值使得点到面的距离为 二、多选题10．设正实数，满足，则（   ）A． B．C． D．11．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）A． B．是图象的一个对称中心C．当时，取得最大值 D．函数在区间上单调递增12．对于函数，下列说法正确的是（    ）A．在处取得极大值B．有两个不同的零点C．D．若在上恒成立，则 三、填空题13．若，则__________.14．某产品的广告费用与销售额的统计数据如下表：广告费用(万元)销售额(万元) 根据上表可得回归方程中的为，据此模型预报广告费用为万元时销售额为______万元.15．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺. 四、双空题16．已知是定义在上的偶函数且，是奇函数，则________．_____________． 五、解答题17．2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数；(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人．若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观费时长在[200，240）的人数为X，求X的分布列和数学期望．18．如图所示，在平面四边形中，，设.(1)若，求的长；(2)当为何值时，△的面积取得最大值，并求出该最大值.19．已知等比数列的前项和为，且，数列满足，其中. （1）分别求数列和的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.20．如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．(1)若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；(2)若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．21．已知椭圆上的动点P到右焦点距离的最小值为.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l和椭圆C交于M、N两点，A为椭圆的右顶点，，求面积的最大值.22．已知函数.(1)求函数的极值；(2)若函数的最小值为为函数的两个零点，证明：；(3)证明：对于任意.
参考答案：1．B【分析】化简集合B，根据交集运算即可.【详解】因为，，所以，故选：B2．C【分析】运用复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.【详解】由，所以，故选：C3．A【分析】直线过定点，在圆内，利用圆的几何性质，结合勾股定理求得最短弦长.【详解】直线过定点，圆可化为，故圆心为，半径为.，所以点在圆内，和的距离为，根据圆的几何性质可知，圆截直线所得的最短弦长为.故选：A4．D【分析】根据三角函数的图象的平移变换可得到平移后的图象对应的函数的解析式，根据函数为偶函数，可求得结果.【详解】函数的图象向右平移个单位后,得到的图象对应的解析式是： ，由于该函数为偶函数，故，即，而，故，故选：D5．B【分析】求出领取礼品的总方法，再求得有且仅有人领取的礼品种类相同的方法数（用捆绑法），然后可计算出概率．【详解】四人领取3种礼品有种领取法，有且仅有人领取的礼品种类相同的方法为，所以所求概率为．故选：B．6．D【分析】由，可得和，根据（）为增函数，即可比较三者大小.【详解】根据指数与对数的关系和（）为增函数：，由，即故可得，即综上：故选：D.7．C【分析】以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系，求出的坐标，因为点P是该圆上的动点，设，表示出，用辅助角求出最值即可.【详解】如图，等边三角形ABC，O为等边三角形ABC的外接圆的圆心，以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系.因为，所以，等边三角形ABC的边长为，则，所以，则.又因为P是该圆上的动点，所以设，，,，因为，，所以当时，的最大值为8.故选：C.8．B【详解】试题分析：设在直线上的投影分别是，则，，又是中点，所以，则，在中，所以，即，所以，故选B．考点：抛物线的性质．【名师点晴】在直线与抛物线的位置关系问题中，涉及到抛物线上的点到焦点的距离，焦点弦长，抛物线上的点到准线（或与准线平行的直线）的距离时，常常考虑用抛物线的定义进行问题的转化．象本题弦的中点到准线的距离首先等于两点到准线距离之和的一半，然后转化为两点到焦点的距离，从而与弦长之间可通过余弦定理建立关系．9．A【分析】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.利用面PDE∥面BFS，可以证明面；对于B：利用时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，判断B错误；对于C：求出体积的最大值为1.故C错误；对于D:先判断当的最大时，点B到面的距离d最大；然后求出，判断D错误.【详解】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.∵PE为△BCS的中位线，∴ PE∥BS又面BFS，面BFS，∴PE∥面BFS；在矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，∴DE∥BF,又面BFS，面BFS，∴DE面BFS；又,∴面PDE∥面BFS，∴面.故A正确；对于B：∵为等边三角形，，∴当时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故B错误；对于C：在Rt△SHE中，，∴当且仅当时，的最大值为1.故C错误；对于D:由选项C的推导可知：当的最大时，点B到面的距离d最大.此时∴∴.故D错误.故选：A【点睛】(1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与已知直线平行；(2)等体积法是求三棱锥高的常用方法．10．BD【解析】根据基本不等式，结合对数的运算性质、对钩函数的单调性、指数函数的单调性进行判断即可.【详解】因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号.A：因为，所以本选项不正确；B：设，函数在时，单调递减，因此当时，函数有最小值，最小值为，因此有，即，所以本选项正确；C：因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号，即时，取等号，所以本选项不正确；D：因为正实数，满足，所以，因此本选项正确.故选：BD11．BD【分析】求得函数的解析式判断选项A；代入验证判断选项B；代入验证判断选项C；代入验证判断选项D.【详解】选项A：将函数的图象向右平移个单位长度得到函数.判断错误；选项B：，则是图象的一个对称中心.判断正确；选项C：，当时，取得最小值.判断错误；选项D：由，可得则函数在区间上单调递增.判断正确.故选：BD12．ACD【分析】对求导，利用导函数的符号判断的单调性即可得极值，可判断选项A；由的单调性以及函数值的符号可判断选项B；利用得单调性以及函数值与的关系可判断选项C；分离可得，计算的最大值可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：函数定义域为，，令可得，令可得，所以在单调递增，在单调递减，所以在时取得极大值，故选项A正确对于选项B：令，可得，因此只有一个零点，故选项B不正确；对于选项C：显然，在单调递减，可得，因为，即，故选项C正确；对于选项D：由题意知：在上恒成立，令则 ，因为易知当时.，当时，，所以在时取得极大值也是最大值，所以，所以在上恒成立，则，故选项D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的极值的步骤：①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和得到单调性；③利用单调性判断极值点，代入解析式即可得极值.13．【分析】令，则，则原题变为：若，求直接用二项式的通项公式解决.【详解】令，则则原题变为：若，则__________二项式的通项公式为且当时，即，所以故答案为：14．【分析】利用表格可得，，求出回归直线方程，将代入可得此模型预报广告费用为万元时销售额．【详解】由表可计算，，因为点在回归直线上,且，所以, 解得,故回归方程为，令得65.5故答案为：15．84【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，数列的公差，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺).故答案为：8416．     0     -1【分析】根据函数是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，运用函数奇偶性的定义得到，，然后结合，灵活变形后求出函数的周期，再根据是定义在上的奇函数，得，从而得到，，，根据函数的周期性计算可得；．【详解】解：因为是定义在上的偶函数，所以，是定义在上的奇函数，所以，，所以， 则，所以，所以函数是以4为周期的周期函数．因为是定义在上的奇函数，所以，由，取，得：，又，所以，所以所以，所以所以．故答案为：；．【点睛】本题考查了函数的奇偶性和周期性，根据对称性判断出周期，然后通过整体替换求函数的周期是解题的关键．17．(1)a＝0.004，85%分位数为；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）由频率直方图的频率和为1列方程求参数a，应用百分数的求法求85%分位数；（2）利用分层抽样确定[200,240)、[240,280] 中分别抽取的人数，进而可得X可能取值为1、2、3，并求出对应值的概率即可得分布列，根据分布列求期望即可.【详解】（1）由题意，40×(0.0005＋0.002×2＋2a＋0.006＋0.0065)＝1，解得a＝0.004．由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005＋0.002＋0.004＋0.006＋0.0065)＝0.76．观看时长在240分钟以下占比为0.76＋40×0.004＝0.92．所以85%分位数位于[200,240)内， 85%分位数为．（2）由题意，观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16和0.08，所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人．于是抽取的3人中现看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3．所以，，，．X的分布列为X123P 所以，．18．(1)(2)，面积最大值为 【分析】(1)利用余弦定理和正弦定理即可；(2) 利用余弦定理和正弦定理并将面积表示为三角函数求最大值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，所以 在,由正弦定理得，所以（2）由第(1)问知，在中， 所以，所以,在,由正弦定理得，所以因为所以因为所以所以当即时，此时△的面积取得最大值为.19．（1），；（2）.【分析】（1）设等比数列的公比为，利用，和等比数列的定义即可得出；利用已知条件和累乘法即可得出的通项公式；（2）先利用已知条件得到，，再利用错位相减法求解即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，由已知，可得，两式相减可得，即，整理得，可知，已知，令，得，即，解得，故等比数列的通项公式为；由得：，那么，以上个式子相乘，可得，，又满足上式，所以的通项公式.（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，则，即为，整理得，所以，，两式相减得：，所以.【点睛】方法点睛：由数列前项和求通项公式时，一般根据求解；数列求和的方法：（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．【详解】（1）因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，所以．同理，．所以AE⊥BE．又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，所以AE⊥面VBE．因为面VBE，所以AE⊥VE．（2）取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．又△VBC为等边三角形，所以VO⊥BC，所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，，，．令为平面VCD的一个法向量，则，即，令z＝2，得．设直线AV与平面VCD所成的角为，则， 故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．21．（1）；（2）.【分析】（1）由题意，得到，求得且，即可得到椭圆C的方程；（2）设直线的方程为，进而得到直线的方程为，联立方程组，求得点的横坐标，得出,进而得到的面积的表达式，结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆上的动点P到右焦点距离的最小值为，可得，解得，又由，故椭圆C的方程为.（2）设直线的方程为，不妨设.因为，则直线的方程为.由可得.设，因为点A的坐标为，所以，即，所以，同理可得，所以的面积，当且仅当，即时等号成立.所以面积的最大值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．22．(1)有极小值为，无极大值(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性，再求函数的极值；（2）首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得，再通过构造函数求函数的最小值.（3）由（1）令，，可得，又在上单调递增，得时，可得，，，利用累加求和可得答案.【详解】（1）（），，若时，则恒成立，在上单调递增，故没有极值；若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，有极小值，极小值为，无极大值.（2）由（1）可知，当时，有最小值，，由函数的最小值为0，得，由题知，，，，，，，（），令，则，令，则在上单调递增，又，在上，，，单调递减，在上，，，单调递增，，得证.（3）由（1），最小值为，所以，令，，可得，又在时，单调递增，所以当时， 对于任意，可得，，，，，以上各式相加可得，可得成立.【点睛】关键点点睛：第三问中关键是借助了导数证明数列不等式，这也是证明数列不等式经常用到的方法，本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、函数的零点，和不等式的证明，考查了转化思想和函数思想，属于难题.