山东省淄博市矿务局第二中学2022年高三数学理月考试卷含解析

山东省淄博市矿务局第二中学2022年高三数学理月考试卷含解析一、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.在棱长为1的正方体中，点，分别是线段，（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面，则四面体的体积的最大值是

A．

B．

C．

D．参考答案：A过做底面于O,连结,

则，即为三棱锥的高，设，则由题意知,所以有，即。三角形，所以四面体的体积为，当且仅当，即时，取等号，所以四面体的体积的最大值为，选A.2.（2009江西卷文）公差不为零的等差数列的前项和为.若是的等比中项,,则等于A.

18

B.

24

C.

60

D.

90参考答案：C解析：由得得,再由得

则,所以,.故选C3.已知函数的图象如右图,则函数在上的大致图象为(

)参考答案：A4.设向量a与b的夹角为θ，a＝(2,1)，a＋2b＝(4,5)则cosθ等于

()

A.

B.

C.

D.参考答案：D5.若实数x，y满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：B由，所以，所以，解得，所以复数在复平面内对应的点为位于第二象限，故选B．

6.已知双曲线，则双曲线的离心率为

A.

B.

C.

D.参考答案：B略7.函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象（

）A．向右平移个单位长度

B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度

D．向左平移个单位长度参考答案：C8.以下四个命题：其中真命题为()①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每20分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；②两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；③在回归直线方程＝0.2x＋12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2个单位；④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越小，“X与Y有关系”的把握程度越大．A．①④

B．②④

C．①③

D．②③参考答案：D略9.已知函数的定义域为,则函数的定义域为（）

(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：B略10.全集U={1,2,3,4,5}，集合M={1,4}，N={1,3,5}，则 （

）A.{3,5}

B.{1,5}

C.{4,5}

D.{1,3}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.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a2﹣b2=c，且sinAcosB=2cosAsinB，则c=．参考答案：3【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】利用正弦定理、余弦定理，化简sinAcosB=2cosAsinB，结合a2﹣b2=c，即可求c．【解答】解：由sinAcosB=2cosAsinB得?=2??，所以a2+c2﹣b2=2（b2+c2﹣a2），即a2﹣b2=，又a2﹣b2=c，解得c=3．故答案为：3．12.已知x，y的取值如表：x0134ya4.34.86.7若x，y具有线性相关关系，且回归方程为，则a=

．参考答案：2.2【考点】线性回归方程．【分析】求出样本中心点，代入，可得a的值．【解答】解：由题意，=（0+1+3+4）=2，=（a+4.3+4.8+6.7）=（15.8+a），代入可得（15.8+a）=0.95×2+2.6，∴a=2.2．故答案为：2.2．【点评】本题考查回归直线方程的求法，是统计中的一个重要知识点，由公式得到样本中心点在回归直线上是关键．13.若函数与函数的定义域为，它们在同一点有相同的最小值，则 ．参考答案：-14.设不等式，表示的平面区域为M，若直线y=k（x+2）上存在M内的点，则实数k的最大值是

．参考答案：2【考点】7C：简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，直线y=k（x+2）过定点（﹣2，0），数形结合求得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，直线y=k（x+2）过定点P（﹣2，0），联立，解得B（﹣1，2），∵，∴满足条件的k的最大值为2．故答案为：2．【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．15.设向量与的夹角为且则＿＿＿＿。参考答案：答案：解析：由向量夹角公式得【高考考点】向量的坐标运算向量的夹角公式【易错点】：运算结果【备考提示】：熟练掌握向量的坐标运算法则及向量的夹角公式16.过点（1，0）且与直线平行的直线方程是_______（一般式）参考答案：略17.在直角三角形ABC中，点D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则=

********

参考答案：【知识点】向量在几何中的应用．F3

【答案解析】10

解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设|CA|=a，|CB|=b，则A（a，0），B（0，b）∵点D是斜边AB的中点，∴，∵点P为线段CD的中点，∴P∴===∴|PA|2+|PB|2==10（）=10|PC|2∴=10．故答案为：10【思路点拨】建立坐标系，利用坐标法，确定A，B，D，P的坐标，求出相应的距离，即可得到结论．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.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=． （1）求证：平面PQB⊥平面PAD； （2）设PM=tMC，若二面角M﹣BQ﹣C的平面角的大小为30°，试确定t的值． 参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定． 【分析】（1）由AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，可得四边形BCDQ为平行四边形，得到CD∥BQ．结合∠ADC=90°，得QB⊥AD．然后利用面面垂直的性质得BQ⊥平面PAD．再由线面垂直的判定得平面PQB⊥平面PAD； （2）由PA=PD，Q为AD的中点，得PQ⊥AD．结合（1）可得PQ⊥平面ABCD．以Q为原点建立空间直角坐标系．然后求出平面BQC的一个法向量，再由PM=tMC把平面MBQ的一个法向量用含有t的代数式表示，结合二面角M﹣BQ﹣C的平面角的大小为30°求得t的值． 【解答】（1）求证：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点， ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ． ∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴BQ⊥平面PAD． ∵BQ?平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD； （2）解：∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD． ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PQ⊥平面ABCD． 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系． 则面BQC的法向量为； Q（0，0，0），P（0，0，），B（0，，0），C（﹣1，）． 设M（x，y，z），则，， ∵PM=tMC，∴，则， 即， 在平面MBQ中，，， 设平面MBQ的一个法向量，由， ，取z=t，得x=． ∴平面MBQ法向量为． ∵二面角M﹣BQ﹣C为30°，∴， 解得t=3． 【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题． 19.（本题12分）已知函数.(1)若是函数的极值点,求的值；(2)求函数的单调区间.参考答案：解：函数定义域为，………………1分

………………3分因为是函数的极值点，所以解得或经检验，或时，是函数的极值点，又因为a>0所以

…………

6分20.等差数列的各项均为正数，，前n项和为，为等比数列，，且（I）求与；（II）求

参考答案：20．解：（Ⅰ），

由

得．

…………3分

（Ⅱ）函数的定义域为，

由（Ⅰ）可得．令，则，．

………………5分当时，，x1+0-0+↗

↘

↗所以单调递增区间为，，单调递减区间为．

…9分

（Ⅲ）当时，在上为增函数，在为减函数，所以的最大值为．

因为函数在上是单调递增函数，所以的最小值为．

所以在上恒成立．

……12分要使存在，，使得成立，只需要，即，所以．又因为，

所以的取值范围是．

………………14分

21.设f（α）=sinnα+cosnα，n∈{n|n=2k，k∈N+}（I）分别求f（α）在n=2，4，6时的值域；（Ⅱ）根据（I）中的结论，对n=2k，k∈N+时f（α）的取值范围作出一个猜想（只需写出猜想，不必证明）．参考答案：【考点】三角函数的最值．【专题】综合题；探究型；对应思想；数学模型法；三角函数的求值．【分析】（Ⅰ）当n=2时，由平方关系求得f（α）=1，得到f（α）的值域为{1}；当n=4时，把f（α）变形可得f（α）=，得f（α）的值域为[，1]；当n=6时，f（α）=，f（α）的值域为[，1]．（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论猜想，当n=2k，k∈N*时，．【解答】解：（Ⅰ）当n=2时，f（α）=sin2α+cos2α=1，∴f（α）的值域为{1}；当n=4时，f（α）=sin4α+cos4α=，此时有f（α）≤1，∴f（α）的值域为[，1]；当n=6时，f（α）=sin6α+cos6α=（sin2α+cos2α）（sin4α+cos4α﹣sin2αcos2α）=，此时有f（α）≤1，∴f（α）的值域为[，1]．（Ⅱ）由以上结论猜想，当n=2k，k∈N*时，．【点评】本题考查三角函数最值的求法，考查三角函数的值域，训练了同角三角函数基本关系式的应用，是中档题．22.设