山东省临沂市沂南县第三中学2022年高三数学理月考试题含解析

山东省临沂市沂南县第三中学2022年高三数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知，，，四点均在以点为球心的球面上，且，，.若球在球内且与平面相切，则球直径的最大值为（

）A．1

B．2

C．4

D．8参考答案：D2.在二项式的展开式中，项的系数为A．8

B．4 C．6 D．12参考答案：A

3.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得224粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（）A．169石 B．192石 C．1367石 D．1164石参考答案：B【考点】简单随机抽样．【分析】根据224粒内夹谷28粒，可得比例，即可得出结论．【解答】解：由题意，这批米内夹谷约为1536×=192石，故选：B．4.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数图象的一条对称轴是

A．

B．

C．

D．参考答案：A函数的图象向右平移,则，由得，,所以时，，选A.5.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（*）（参考数据：，）A．12

B．18

C.24

D．32参考答案：C6.设全集,集合,,则集合=（

）A、

B、

C、

D、参考答案：B7.在△ABC中，已知，则∠C=(

) A．30° B．150° C．45° D．135°参考答案：C考点：余弦定理．专题：解三角形．分析：利用余弦定理表示出cosC，将已知等式变形后代入求出cosC的值，即可确定出C的度数．解答： 解：∵a2+b2=c2+ba，即a2+b2﹣c2=ab，∴由余弦定理得：cosC==，∴∠C=45°．故选：C．点评：此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．8.函数的图象如图1所示，则的图象可能是（

）

参考答案：D9.函数的零点所在的区间是A．

B．

C．

D．参考答案：B略10.把复数z的共轭复数记作，若z=1+i，i为虚数单位，则=(

)A．3﹣i B．3+i C．1+3i D．3参考答案：A【考点】复数代数形式的混合运算．【专题】计算题．【分析】由z=1+i，可得=1﹣i，代入要求的式子，利用两个复数代数形式的乘法运算求得结果．【解答】解：∵z=1+i，∴=1﹣i，∴=（2+i）（1﹣i）=3﹣i，故选A．【点评】本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘法，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．其中真命题是是

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.（填写真命题的序号）参考答案：【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系．G3

【答案解析】①②④解析：过M点与直线AB有且只有一个平面，该平面与直线B1C1相交，设交点为P，连接MP，则MP与直线AB相交，∴过M点有且只有一条直线与直线AB、B1C1都相交；①正确∵直线BC∥直线B1C1，直线BC与直线AB确定平面ABCD，过点M有且只有直线D1D⊥平面ABCD即过点M有且只有直线D1D⊥AB，⊥BC，∴过点M有且只有直线D1D⊥AB，⊥B1C1∴过M点有且只有一条直线与直线AB、B1C1都垂直；②正确过M点与直线AB有且只有一个平面，该平面与直线B1C1相交，过M点与直线B1C1有且只有一个平面，该平面与直线AB相交，∴过点M不止一个平面与直线AB、B1C1都相交，③错误过M分别作AB，B1C1的平行线，都有且只有一条，这两条平行线成为相交直线，确定一个平面，该平面与AB，B1C1平行，且只有该平面与两直线平行，∴④正确故答案为①②④．【思路点拨】①需要构造一个过点M且与直线AB、B1C1都相交的平面，就可判断；②利用过空间一点有且只有一条直线与已知平面平行判断；③可举反例，即找到两个或两个以上过点m且与直线AB、B1C1都相交的平面，即可判断．④利用线面平行的性质来判断即可．12.已知，，则

．参考答案：13.已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3=S6，则数列的前5项和为

．参考答案：【考点】数列的求和．【分析】利用等比数列求和公式代入9s3=s6求得q，根据首项为1写出等比数列{an}的通项公式，从而确定出数列也为等比数列，进而根据等比数列求和公式求得数列的前5项和．【解答】解：显然q≠1，所以，所以是首项为1，公比为的等比数列，则前5项和为：．故答案为：14.己知，式中变量满足约束条件则的最大值为

;参考答案：5略15.已知，满足，则的最大值为

．参考答案：4由满足不等式组，作出可行域如图，联立，解得，

化目标函数为，

由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为故答案为4.．

16.设实数x，y满足约束条件，则的最大值为___________.参考答案：9由可行域可确定目标函数在处取最大值.17.在等差数列{}中，，则

▲

．参考答案：

略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知直线l的极坐标方程是ρsin（θ﹣）=0，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线C的参数方程是（α为参数）．（Ⅰ）求直线l被曲线C截得的弦长；（Ⅱ）从极点作曲线C的弦，求各弦中点轨迹的极坐标方程．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I）直线l的极坐标方程是ρsin（θ﹣）=0，展开可得：=0，化为直角坐标方程．曲线C的参数方程是（α为参数），利用平方关系消去参数α可得普通方程，求出圆心C到直线l的距离d，可得直线l被曲线C截得的弦长=2．（II）设Q圆C上的任意一点，P（x，y）为线段OQ的中点，则Q（2x，2y），代入圆C的方程可得各弦中点轨迹的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可．【解答】解：（I）直线l的极坐标方程是ρsin（θ﹣）=0，展开可得：=0，化为：y﹣x=0．曲线C的参数方程是（α为参数），消去参数α可得：x2+（y﹣2）2=4，圆心C（0，2），半径r=2．∴圆心C到直线l的距离d==1，∴直线l被曲线C截得的弦长=2=2=2．（II）设Q圆C上的任意一点，P（x，y）为线段OQ的中点，则Q（2x，2y），代入圆C的方程可得：（2x）2+（2y﹣2）2=4，化为：x2+y2﹣2y﹣3=0，可得ρ2﹣2ρcosθ﹣3=0，即为各弦中点轨迹的极坐标方程．【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、直线与圆相交弦长问题、点到直线的距离公式、弦长公式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．参考答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）试题分析：（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由即可求解.试题解析:（1）因为，，所以平面，又因为平面，所以.（2）因为，为中点，所以，由（1）知，，所以平面.所以平面平面.（3）因为平面，平面平面，所以.因为为的中点，所以，.由（1）知，平面，所以平面.所以三棱锥的体积.【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.20.（本小题满分14分）已知函数，函数的导函数，且，其中为自然对数的底数．（1）求的极值；（2）若，使得不等式成立，试求实数的取值范围；（3）当时，对于，求证：．参考答案：(1)函数的定义域为，．当时，，在上为增函数，没有极值；……………1分当时，，若时，；若时，存在极大值，且当时，综上可知：当时，没有极值；当时，存在极大值，且当时，……4分(2)函数的导函数，，，………5分，使得不等式成立，，使得成立，令，则问题可转化为：对于，，由于，当时，，，，，从而在上为减函数，

………………9分(3)当时，，令，则，，且在上为增函数

设的根为，则，即当时，，在上为减函数；当时，，在上为增函数，，，由于在上为增函数，

……14分21.设f（x）=|x﹣1|+|x+1|，（x∈R）（1）求证：f（x）≥2；（2）若不等式f（x）≥对任意非零实数b恒成立，求x的取值范围．参考答案：【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（1）利用三角不等式证明：f（x）≥2；（2）g（b）=≤=3，可得f（x）≥3，即|x﹣1|+|x+1|≥3，分类讨论，求x的取值范围．【解答