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文档简介
2022-2023学年山东省邹城二中高三3月调考数学试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.2.用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数,要求数字4不出现在首位和末位,数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻,则满足条件的不同五位数的个数是()A.48 B.60 C.72 D.1203.在声学中,声强级(单位:)由公式给出,其中为声强(单位:).,,那么()A. B. C. D.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B. C. D.5.已知,,是平面内三个单位向量,若,则的最小值()A. B. C. D.56.已知平面,,直线满足,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.即不充分也不必要条件7.a为正实数,i为虚数单位,,则a=()A.2 B. C. D.18.复数满足为虚数单位),则的虚部为()A. B. C. D.9.已知数列an满足:an=2,n≤5a1A.16 B.17 C.18 D.1910.刘徽(约公元225年-295年),魏晋期间伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的,“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可视为中国古代极限观念的佳作,割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示),当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想,得到的近似值为()A. B. C. D.11.数列的通项公式为.则“”是“为递增数列”的()条件.A.必要而不充分 B.充要 C.充分而不必要 D.即不充分也不必要12.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A,若|OA|=|OF|,则双曲线的离心率为()A. B. C.2 D.+1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.记实数中的最大数为,最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长,若,则的取值范围是.14.设、满足约束条件,若的最小值是,则的值为__________.15.设函数满足,且当时,又函数,则函数在上的零点个数为___________.16.已知平面向量、的夹角为,且,则的最大值是_____.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)设函数,其中是自然对数的底数.(Ⅰ)若在上存在两个极值点,求的取值范围;(Ⅱ)若,函数与函数的图象交于,且线段的中点为,证明:.18.(12分)已知满足,且,求的值及的面积.(从①,②,③这三个条件中选一个,补充到上面问题中,并完成解答.)19.(12分)已知的内角,,的对边分别为,,,.(1)若,证明:.(2)若,,求的面积.20.(12分)已知均为正实数,函数的最小值为.证明:(1);(2).21.(12分)已知函数.(1)若,求不等式的解集;(2)若“,”为假命题,求的取值范围.22.(10分)某商场举行优惠促销活动,顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种.方案一:每满100元减20元;方案二:满100元可抽奖一次.具体规则是从装有2个红球、2个白球的箱子随机取出3个球(逐个有放回地抽取),所得结果和享受的优惠如下表:(注:所有小球仅颜色有区别)红球个数3210实际付款7折8折9折原价(1)该商场某顾客购物金额超过100元,若该顾客选择方案二,求该顾客获得7折或8折优惠的概率;(2)若某顾客购物金额为180元,选择哪种方案更划算?
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.D【解析】
根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成,利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,该多面体体积为.故选D.【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图,考查柱体和锥体的体积公式,属于基础题.2.A【解析】
对数字分类讨论,结合数字中有且仅有两个数字相邻,利用分类计数原理,即可得到结论【详解】数字出现在第位时,数字中相邻的数字出现在第位或者位,共有个数字出现在第位时,同理也有个数字出现在第位时,数字中相邻的数字出现在第位或者位,共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列,组合及简单计数问题,解题的关键是对数字分类讨论,属于基础题。3.D【解析】
由得,分别算出和的值,从而得到的值.【详解】∵,∴,∴,当时,,∴,当时,,∴,∴,故选:D.【点睛】本小题主要考查对数运算,属于基础题.4.D【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.故选:D.【点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.5.A【解析】
由于,且为单位向量,所以可令,,再设出单位向量的坐标,再将坐标代入中,利用两点间的距离的几何意义可求出结果.【详解】解:设,,,则,从而,等号可取到.故选:A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算,利用整体代换,再结合距离公式求解,属于难题.6.A【解析】
,是相交平面,直线平面,则“”“”,反之,直线满足,则或//或平面,即可判断出结论.【详解】解:已知直线平面,则“”“”,反之,直线满足,则或//或平面,“”是“”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题考查了线面和面面垂直的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力.7.B【解析】
,选B.8.C【解析】
,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知,,故的虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的除法运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.9.B【解析】
由题意可得a1=a2=a3=a4=a5=2,累加法求得a62+【详解】解:an即a1=an⩾6时,a1a1两式相除可得1+a则an2=由a6a7…,ak2=可得aa1且a1正整数k(k⩾5)时,要使得a1则ak+1则k=17,故选:B.【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法,注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系,从而可简化与数列相关的方程,本题属于难题.10.A【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.11.A【解析】
根据递增数列的特点可知,解得,由此得到若是递增数列,则,根据推出关系可确定结果.【详解】若“是递增数列”,则,即,化简得:,又,,,则是递增数列,是递增数列,“”是“为递增数列”的必要不充分条件.故选:.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断,涉及到根据数列的单调性求解参数范围,属于基础题.12.B【解析】
以为圆心,以为半径的圆的方程为,联立,可求出点,则,整理计算可得离心率.【详解】解:以为圆心,以为半径的圆的方程为,联立,取第一象限的解得,即,则,整理得,则(舍去),,.故选:B.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解,考查学生的计算能力,是中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】试题分析:显然,又,①当时,,作出可行区域,因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是(1,1)和,从而②当时,,作出可行区域,因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是(1,1)和,从而综上所述,的取值范围是.考点:不等式、简单线性规划.14.【解析】
画出满足条件的平面区域,求出交点的坐标,由得,显然直线过时,最小,代入求出的值即可.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示:联立,解得,则点.由得,显然当直线过时,该直线轴上的截距最小,此时最小,,解得.故答案为:.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,考查数形结合思想,是一道中档题.15.1【解析】
判断函数为偶函数,周期为2,判断为偶函数,计算,,画出函数图像,根据图像到答案.【详解】知,函数为偶函数,,函数关于对称。,故函数为周期为2的周期函数,且。为偶函数,,,当时,,,函数先增后减。当时,,,函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在上的图像,发现在内图像共有1个公共点,则函数在上的零点个数为1.故答案为:.【点睛】本题考查了函数零点问题,确定函数的奇偶性,对称性,周期性,画出函数图像是解题的关键.16.【解析】
建立平面直角坐标系,设,可得,进而可得出,,由此将转化为以为自变量的三角函数,利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可得出结果.【详解】根据题意建立平面直角坐标系如图所示,设,,以、为邻边作平行四边形,则,设,则,,且,在中,由正弦定理,得,即,在中,由正弦定理,得,即.,,则,当时,取最大值.故答案为:.【点睛】本题考查了向量的数量积最值的计算,将问题转化为角的三角函数的最值问题是解答的关键,考查计算能力,属于难题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析.【解析】
(Ⅰ)依题意在上存在两个极值点,等价于在有两个不等实根,由参变分类可得,令,利用导数研究的单调性、极值,从而得到参数的取值范围;(Ⅱ)由题解得,,要证成立,只需证:,即:,只需证:,设,即证:,再分别证明,即可;【详解】解:(Ⅰ)由题意可知,,在上存在两个极值点,等价于在有两个不等实根,由可得,,令,则,令,可得,当时,,所以在上单调递减,且当时,单调递增;当时,单调递减;所以是的极大值也是最大值,又当,当大于0趋向与0,要使在有两个根,则,所以的取值范围为;(Ⅱ)由题解得,,要证成立,只需证:即:,只需证:设,即证:要证,只需证:令,则在上为增函数,即成立;要证,只需证明:令,则在上为减函数,,即成立成立,所以成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值,利用导数证明不等式,属于难题;18.见解析【解析】
选择①时:,,计算,根据正弦定理得到,计算面积得到答案;选择②时,,,故,为钝角,故无解;选择③时,,根据正弦定理解得,,根据正弦定理得到,计算面积得到答案.【详解】选择①时:,,故.根据正弦定理:,故,故.选择②时,,,故,为钝角,故无解.选择③时,,根据正弦定理:,故,解得,.根据正弦定理:,故,故.【点睛】本题考查了三角恒等变换,正弦定理,面积公式,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.(1)见解析(2)【解析】
(1)由余弦定理及已知等式得出关系,再由正弦定理可得结论;(2)由余弦定理和已知条件解得,然后由面积公式计算.【详解】解:(1)由余弦定理得,由得到,由正弦定理得.因为,,所以.(2)由题意及余弦定理可知,①由得,即,②联立①②解得,.所以.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形.考查三角形面积公式,由已知条件本题主要是应用余弦定理求出边.解题时要注意对条件的分析,确定选用的公式.20.(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】
(1)运用绝对值不等式的性质,注意等号成立的条件,即可求得最小值,再运用柯西不等式,即可得到最小值.(2)利用基本不等式即可得到结论,注意等号成立的条件.【详解】(1)由题意,则函数,又函数的最小值为,即,由柯西不等式得,当且仅当时取“=”.故.(2)由题意,利用基本不等式可得,,,(以上三式当且仅当时同时取“=”)由(1)知,,所以,将以上三式相加得即.【点睛】本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识,考查运算能力,属于中档题.21.(1)(2)【解析】
(1))当时,将函数写成分段函数,即可求得不等式的解集.(2)根据原命题是假命题,这命题的否定为真命题,即“,”为真命题,只需满足即可.【详解】解:(1)当时,由,得.故不等式的解集为.(2)因为“,”为假命题,所以“,”为真命题,所以.因为,所以,则,所以,即,解得,即的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法,以及绝对值三角不
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