山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期末数学试题（含解析）

2022~2023学年度第一学期高三质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求，应用集合的并、补运算求集合.【详解】由题设或，则，而，故.故选：B2.若，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用复数的除法化简复数，由共轭复数的概念写出即可.【详解】，故.故选：D3.定义在上的函数满足，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】利用给定函数可得，结合解析式及对数运算求函数值即可.【详解】由题设，当时，，即当时，函数的值每隔3个单位重复出现，则.故选：C4.已知函数在点处的切线与直线垂直，则（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】【分析】求出后可求的值.【详解】，故，故图象在点处的切线的斜率为，所以即，故选：B5.在梯形中，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由向量在几何图形中位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用表示出，进而求.【详解】由，故，又，则，所以，即，由，故.故选：C6.已知数列的前项和.则“”是“数列为递减数列”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件【答案】A【解析】【分析】应用求通项公式，结合等比数列定义确定的性质，再由等比数列性质及充分、必要性定义判断推出关系即可.【详解】由题设，且，显然满足上式，则，即是首项为，公比为的等比数列，当时，，则为递减数列；当时，，则为递减数列.若为递减数列，则或，即或，所以“”是“数列为递减数列”的充分不必要条件.故选：A7.已知圆，点，直线.点是圆上的动点，点是上的动点，则的最小值为（）A11 B.12 C.13 D.14【答案】B【解析】【分析】找到关于的对称点，由且，即可求最小值.【详解】由题设，即是圆心为，半径为1的圆，又，在圆外同时不在直线上，如下图示：若为关于的对称点，则，则，而，所以，仅当共线且在之间时等号成立，故最小值为12.故选：B8.设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据、的形式分别构造、，注意给定定义域范围，利用导数研究单调性，进而判断定义域上函数值符号，即可判断大小关系.【详解】由，令，且，所以，即在上递减，所以在上恒成立，故在上恒成立，有，由，令，且，所以在上递增，则，即在上递增，所以在上恒成立，故在上恒成立，有.综上，.故选：A二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.设是两个不同的平面，是三条不同的直线，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，，则【答案】BC【解析】【分析】由线面、线线的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误.【详解】A：，则可能异面、相交或平行，错误；B：，由垂直于同一平面的两条直线平行知：，正确；C：若不平行，则必相交，令，假设垂足分别是，在上找一点，连接，故，，则，故，在△中内角和大于，显然矛盾，故，正确；D：，，则或，错误.故选：BC10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是偶函数B.在上有4个零点C.的最大值为D.在区间上单调递增【答案】AC【解析】【分析】根据偶函数的定义可判断A的正误，求出函数在上的零点和最值后后可判断BC的正误，利用辅助角公式结合正弦函数的性质可判断D的正误.【详解】的定义域为，且，故为偶函数，故A正确.当时，，令，则，解得，故在上有2个零点，故B错误.又当时，，因为且在不单调，故在区间上不单调，故D错误.当时，；当时，；故，而，故是周期函数且周期为.而当时，，故，此时，故，故，故，由为偶函数可得在上的最大值为，由的周期性可得在上的最大值为.故选：AC11.已知抛物线，其焦点为，点是抛物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则（）A.直线过定点B.当点到直线的距离最大时，C.动点的轨迹为椭圆D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据题意求出直线的定点即可判断选项A；利用点到直线的距离公式，将式子整理化简即可判断选项B；根据垂直即可判断选项C；作出图象，借助抛物线的定义即可判断选项D.【详解】直线可化为，令，解得：，所以直线过定点，故选项正确；由题意可知：，则点到直线的距离，当时，；当时，，因为，所以当时，取最大值，也即点到直线的距离最大时，，故选项正确；因为过点作直线的垂线，垂足为，直线过定点，则，所以点在以（的长度为定值）为直径的圆上，也即动点的轨迹为圆，故选项错误；过点作与准线垂直并交准线于点，连接，取的中点，则的坐标为，，因为，则点在以为直径的圆上，其方程为，又由，得，如图所示：的最小值为圆上的点到准线的距离的最小值，过点作与准线垂直并交于点，与圆交于点，与抛物线交于点，则即为的最小值，即,故选项正确，故选：.12.帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列.在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列的前项和为，且满足：.则下列结论正确的是（）A. B.C.是偶数 D.【答案】BCD【解析】【分析】根据递推关系依次写出前8项，再求，判断A、B；根据已知判断数列中奇偶数出现的规律，找出其周期，即可判断C；根据递推关系，应用累加法得到，两边都加上前3项即可判断D.详解】由题设，，，，A错误；由上分析，，B正确；由知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，***@@*@***@@*@***@@*@***@@*@……显然，该数列奇偶数出现以7为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数，1个奇数，1个偶数，而，故是偶数，C正确；由，，，…，，且，所以，又，故，D正确.故选：BCD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________.【答案】##-0.4

【解析】【分析】将分母看成“1”，利用替换，然后把所求的式子转化为表达式，进而得出结果.【详解】因为，则，故答案为：14.等差数列的前项和为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】利用等差数列前n项和公式、等差中项的性质求得、，进而确定公差以及通项公式，最后求即可.【详解】由题设，则，，则，若公差为，则，故，故.故答案为：15.已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上一点，且，若，则该双曲线的离心率是__________.【答案】【解析】【分析】根据双曲线定义求出，，再在中利用余弦定理得到，即可得解.【详解】解：因为，，故，，在中，利用余弦定理得到，化简整理得到，即，所以离心率.故答案为：.16.三棱锥中，，若，则三棱锥外接球的表面积的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】先确定三棱锥的球心在底面外接圆圆心作底面垂线上，与线段中垂线的交点上，底面外接圆半径用的长来表示，求出外接球半径也用的长来表示，然后球最值即可.【详解】如图所示，因为所以所以，又因为所以又因为平面所以平面，设为的外心，过作平面的垂线，过作的平行线，两线交于点，取的中点，连接，则为三棱锥外接球的球心；设设三棱锥的外接球半径为，外接圆半径为，则，所以所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为.故答案为：四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.如图所示，为脚两侧共线的三点，现计划沿直线开通穿山隧道，在山顶处测得三点的俯角分别为，在地面测得千米，千米，千米.求隧道的长度.【答案】千米【解析】【分析】在中，由正弦定理可得求出的长，在中求出的长.【详解】解：由在山顶处测得三点的俯角分别为得：在中，由正弦定理可得：即：解得：在中，由得：即：所以即：所以隧道的长度约为千米.18.数列是正项等比数列，已知且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差中项的性质及等比数列通项公式求公比，进而写出的通项公式；（2）由（1）、题设可得，应用裂项相消法求.【小问1详解】由题设，令公比为，则，所以，即，则，故.【小问2详解】由（1）知：，则，所以.19.已知函数.（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若在内有两个极值点，讨论的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由题设，可得，根据在上恒成立，求范围即可；（2）将问题转化为在上有两个解，数形结合法判断的对称轴，即可得结果.【小问1详解】由，所以，当，则，故，又在上单调递增，即，所以.【小问2详解】由，令，则在上有两个解，而图象如下，由图知：要使有两个交点，则交点横坐标关于或对称，所以或.20.如图所示，在高为2的三棱锥中（为底面），，为的中点.若三棱锥的体积为.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）或.【解析】【分析】（1）由棱锥体积公式求得，根据等腰三角形的性质有、，利用线面、面面垂直的判定证结论；（2）由（1）在面上的射影在直线上，进而可得，讨论与在两侧、与重合两种情况，并构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】由题设且的高，故，由且为的中点，则，又，则，由，面，故面，又面，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知：在面上的射影在直线上，且，所以，则，即，当与在两侧，则为、的中点，且，故为正方形且面，构建以为原点，为轴的空间直角坐标系，如下图，则，故，令为面的一个法向量，则，满足；令为面的一个法向量，则，满足；若锐二面角为，此时；当与重合，且，又面，面，所以，构建以为原点，为轴的空间直角坐标系，如下图，则，故，易知：为面的一个法向量，令为面的一个法向量，则，满足；若锐二面角为，此时；综上，二面角的余弦值为或.21.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆在点处的切线，且与椭圆交于两点.（i）求直线的方程；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由离心率及点在椭圆上，椭圆参数关系列方程组求得，即可得椭圆方程；（2）（i）切线斜率一定存在，令，联立椭圆方程并整理，结合求参数k，即可得直线方程；（ii）令直线，联立椭圆方程，注意求参数范围，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式求、到直线的距离，进而得到面积关于的函数，利用导数求最大值即可.【小问1详解】由题设，可得，故；【小问2详解】（i）由题设，切线斜率一定存在，令，联立，整理得：，所以，即，整理为，所以，故，则；（ii）由（i），令直线，联立，整理得：，且，即，所以，则，又到的距离，所以，令，且，则，当时，，即递增；当时，，即递减；所以，故面积的最大值为.22.已知函数，若恒成立，（1）求实数的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）问题转化为在上恒成立，不等式右边构造函数，利用导数研究单调性，并求出其最大值，即可得参数范围；（2）由（1）知，应用分析法，将问题化为证恒成立，讨论、，利用导数研究单调性并确定区间符号，即