山东省枣庄市滕州市至善中学2022年度高三数学理月考试题含解析

山东省枣庄市滕州市至善中学2022年度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A、B均为集合的子集，且则

(

)A.

B.

C.

D.参考答案：D略2.球O是棱长为12的正四面体S-ABC的外接球，D，E，F分别是棱SA，SB，SC的中点，那么平面DEF截球O所得截面的面积是（

）A.36π B.40π C.48π D.54π参考答案：C【分析】先算出外接球的半径，然后算出球心到截面的距离，利用勾股定理可求得截面圆的半径，从而可得到本题答案.【详解】由正四面体的性质可知：，，因为，在中，由勾股定理得，由平行面分线段成比例可知：，故，，故所求截面面积为.故选：C【点睛】本题主要考查三棱锥外接球的截面圆的面积问题.3.复数的共轭复数为()参考答案：C略4.已知集合 A．{1，2，3} B．{1，2，4} C．{2，3，4} D．{1，2，3，4}参考答案：D5.下列说法正确的是（）A．“a＞b”是“a2＞b2”的充分不必要条件B．命题“?x0∈R，”的否定是“?x∈R，x2+1＞0”C．关于x的方程x2+（a+1）x+a﹣2=0的两实根异号的充要条件是a＜1D．命题“在△ABC中，若A＞B，则sinA＞sinB”的逆命题为真命题参考答案：D【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】举例说明A错误；写出命题的否定说明B错误，求出方程x2+（a+1）x+a﹣2=0的两实根异号的a的范围判断C；写出命题的逆命题，再由正弦定理及三角形中的边角关系判断D．【解答】解：由a＞b，不能推出a2＞b2，如2＞﹣3，但22＜（﹣3）2，故A错误；命题“?x0∈R，”的否定是“?x∈R，x2+1≥0”，故B错误；关于x的方程x2+（a+1）x+a﹣2=0的两实根异号，则，即a＜2，∴关于x的方程x2+（a+1）x+a﹣2=0的两实根异号的充要条件是a＜2，故C错误；在△ABC中，若sinA＞sinB，则a＞b，∴A＞B，即命题“在△ABC中，若A＞B，则sinA＞sinB”的逆命题为真命题，故D正确．故选：D．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查充分必要条件的判定方法，考查命题的否定与逆命题，是中档题．6.已知函数f(x)对任意的x∈R都有f(x＋2)—f(x)＝f(1)若函数y＝f(x＋2)的图象关于x＝－2对称，且f(0)＝8，则f(99)＋f(100)＝A．0

B．6

C．8

D．16参考答案：C7.已知等差数列的公差为不为0，等比数列的公比是小于1的正有理数，若，且是正整数，则的值可以是

A.

B.-

C.

D.参考答案：C略8.已知，则a，b，c大小关系为（）A. B. C. D.参考答案：A略9.已知函数，则关于x的不等式的解集为

（

）A.

B.

C.(0,+∞)

D.(－∞,0)参考答案：A设，则故是奇函数由解析式易知在上单调递增由可得：，，即，解得原不等式的解集为

10.△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若，且，且，则向量在向量方向上的射影的数量为（

）A.

B.

C.3

D.参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点（2，﹣1），则它的离心率为．参考答案：【考点】双曲线的简单性质．【分析】利用已知条件列出关系式求解即可．【解答】解：中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点（2，﹣1），可得2b﹣a=0，即4c2﹣4a2=a2，可得4c2=5a2e=．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．12.曲线在点(0,0)处的切线方程为____________．参考答案：y=3x∵，∴结合导数的几何意义曲线在点处的切线方程的斜率，∴切线方程为.

13.在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为，即.给出如下四个结论：①2011∈[1]；②－3∈[3]；③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”.其中，正确的结论的个数是

．参考答案：3，，真；，，假；显然③真；若则,,则,若,则,，,④真.14.已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组解为，则实数__.参考答案：15.若，则的值为_____.参考答案：0∵，∴，∴，∴．故答案为0．

16.如果不等式的解集为，且，那么实数a的取值范围是

.参考答案：[2，+∞）17.对于函数，有下列5个结论：①，，都有；②函数在[4,5]上单调递减；③，对一切恒成立；④函数有3个零点；⑤若关于x的方程有且只有两个不同的实根，，则.则其中所有正确结论的序号是.参考答案：①③⑤.三、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.（本小题满分14分）已知函数f(x)=（ax2+bx+c）ex在上单调递减且满足f(0)=1，f(1)=0.（1）求a的取值范围；（2）设g(x)=f(-x)-f′(x)，求g(x)在上的最大值和最小值。

参考答案：

19.（12分）（2013秋?威海期中）△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+bsinB﹣csinC=asinB．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）若a+b=5，，求c的值．参考答案：【考点】正弦定理；余弦定理．

【专题】解三角形．【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理表示出cosC，将得出的等式代入计算求出cosC的值，即可确定出角C；（Ⅱ）利用三角形面积公式表示出三角形ABC面积，将已知面积及sinC的值代入求出ab的值，再利用余弦定理列出关系式，利用完全平方公式变形，将a+b与ab的值代入即可求出c的值．【解答】解：（Ⅰ）根据正弦定理==，原等式可转化为：a2+b2﹣c2=ab，∴cosC==，∵C为三角形内角，∴C=60°；（Ⅱ）∵S△ABC=absinC=ab?=，∴ab=6，∵a+b=5，cosC=，∴由余弦定理得：c2=a2+b2﹣2ab?cosC=（a+b）2﹣3ab=25﹣18=7，解得：c=．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形的面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．20.如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB为直径的圆O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接OD交圆O于点M．（1）求证：O、B、D、E四点共圆；（2）求证：2DE2=DM?AC+DM?AB．参考答案：考点：与圆有关的比例线段．专题：证明题；直线与圆．分析：（1）连接BE、OE，由直径所对的圆周角为直角，得到BE⊥EC，从而得出DE=BD=，由此证出△ODE≌△ODB，得∠OED=∠OBD=90°，利用圆内接四边形形的判定定理得到O、B、D、E四点共圆；（2）延长DO交圆O于点H，由（1）的结论证出DE为圆O的切线，从而得出DE2=DM?DH，再将DH分解为DO+OH，并利用OH=和DO=，化简即可得到等式2DE2=DM?AC+DM?AB成立．解答： 解：（1）连接BE、OE，则∵AB为圆0的直径，∴∠AEB=90°，得BE⊥EC，又∵D是BC的中点，∴ED是Rt△BEC的中线，可得DE=BD．又∵OE=OB，OD=OD，∴△ODE≌△ODB．可得∠OED=∠OBD=90°，因此，O、B、D、E四点共圆；（2）延长DO交圆O于点H，∵DE⊥OE，OE是半径，∴DE为圆O的切线．可得DE2=DM?DH=DM?（DO+OH）=DM?DO+DM?OH．∵OH=，OD为△ABC的中位线，得DO=，∴，化简得2DE2=DM?AC+DM?AB．点评：本题着重考查了圆的切线的性质定理与判定、直径所对的圆周角、全等三角形的判定与性质等知识，属于中档题．21.在直角坐标系xoy中，直线I的参数方程为

（t为参数），若以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=cos（θ+）．（1）求直线I被曲线C所截得的弦长；（2）若M（x，y）是曲线C上的动点，求x+y的最大值．参考答案：略22.已知函数．（1）若对任意，都有恒成立，求a的取值范围；（2）设若P是曲线y=F(x)上异于原点O的任意一点，在曲线y=F(x)上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在轴上，求a的取值范围．参考答案：解：（1）由，得．由于，，且等号不能同时取得，所以．从而恒成立，．

……………4分设．求导，得．…………6分，，从而，在上为增函数．所以，所以．…………………