山东省滨州市第一中学2022届高三数学上学期期末考试试题（Word版附解析）

2019级高三期末质检模拟考试数学试题一、单选题1．集合，，则等于（）A．{，1，3}B．{1，3}C．{0，1，2，3，4}D．2．已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数等于（）A．B．C．D．3．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为3、圆心角为的扇形，则该圆锥的高是（）A．B．2C．D．4．函数在上的单调递减区间是（）A．B．C．D．5．点在圆上，点在直线上，则的最小值是（）A．B．C．D．6．设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为，第二车间的次品率为，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第一，二车间生产的成品比例为，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，则该产品合格的概率为（）A．B．C．D．7．设函数，若，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．8．过双曲线（，）的左焦点作圆：的两条切线，切点分别为，，双曲线的左顶点为，若，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．二、多选题试卷第20页，共16页 9．2021年3月15日，某市物价部门对5家商场的某商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示：售价x99.51010.511销售量y1110865根据表中数据得到y关于x的回归直线方程是，则下列说法正确的有（）A．B．回归直线过点C．当时，y的估计值为12.8D．点处的随机误差为0.410．已知向量，，则下列说法正确的是（）A．若，则B．若，则C．的最小值为6D．若与的夹角为锐角，则11．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（）A．存在点，使得B．直线与直线斜率乘积为定值C．有最小值D．的范围为12．如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则下列结论正确的是（）A．直线DB1与平面AEF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．三棱锥A1−AEF的体积等于试卷第20页，共16页 三、填空题13．设且，则的展开式中常数项为_______．14．已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，，，则此球的表面积等于______．15．已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，若，则的大小关系为_________．16．已知抛物线的焦点为，，为此抛物线上的异于坐标原点的两个不同的点，满足，且，则______.四、解答题17．已知等比数列中，，是和的等差中项．（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和．18．如图，在平面四边形中，对角线平分的内角的对边分别为.已知.（1）求；（2）若，且________，求线段的长.从下面①②中任选一个，补充在上面的空格中进行求解.①的面积；②.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.19．现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为，由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空试卷第20页，共16页 对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同，在一次演习中，红方的甲、乙两名优秀飞行员发射1枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为和，两名飞行员各携带枚空对空导弹．（1）甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率；（2）蓝方机群共有架战机，若甲、乙共同攻击（战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲、乙不同时攻击同一架战机），一轮攻击中，每人只有两次进攻机会．①记一轮攻击中，击中蓝方战机数为，求的分布列；②若实施两轮攻击（即用完携带的导弹），记命中蓝方战机数为，求的均值．20．如图所示，在四棱锥中，底面，是直角梯形，,是的中点．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．21．已知动点M到定点F（1，0）的距离与到定直线的距离之比为定值.（1）求动点M轨迹L的方程；（2）设L的左､右焦点分别为，，过点作直线l与轨迹L交于A，B两点，，求的面积.22．已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.试卷第20页，共16页 参考答案1．B【分析】根据交集的定义计算即可；【详解】解：，，．故选：B．2．B【分析】求出复数，进而求出复数的共轭复数.【详解】因为，所以，复数的共轭复数等于.故选：B3．C【分析】设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理，即可求出此圆锥高．【详解】设此圆的底面半径为，高为，母线为，∵圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，∴，又，解得，因此，此圆锥的高．故选：C．4．C【分析】试卷第20页，共16页 应用辅助角公式可得，应用余弦函数的性质求减区间，结合题设确定正确选项即可.【详解】由题设，，令，可得，，∴在上的单调递减区间是.故选：C.5．B【分析】根据题意可知圆心，又由于线外一点到已知直线的垂线段最短，结合点到直线的距离公式，即可求出结果.【详解】由题意可知，圆心，所以圆心到的距离为，所以的最小值为.故选：B.6．C【分析】记事件表示从仓库中随机提出的一台是合格品，表示提出的一台是第车间生产的，，，分别求出，，，，再由全概率公式即可求解.【详解】设从仓库中随机提出的一台是合格品为事件，事件表示提出的一台是第车间生产的，，，由题意可得，，，，由全概率公式得试卷第20页，共16页 ．所以该产品合格的概率为，故选：C.7．C【分析】画出函数图象，可判断函数为奇函数，由函数图象直接解不等式即可.【详解】由画出图象，如图所示：则函数为奇函数，故，即，由图可知，当时，，故.故选：C8．C【分析】根据，，可以得到，从而得到与的关系式，再由，，的关系，进而可求双曲线的渐近线方程．【详解】解：由，，则是圆的切线，，，，所以，因为双曲线的渐近线方程为，即为．试卷第20页，共16页 故选：C9．ABC【分析】先算出样本中心点，进而求出，即可判断A,B；然后将代入回归直线方程可以判断C；最后将代入回归方程算出，进而算出随机误差判断D.【详解】由题意可知，，故回归直线过点（10,8），且，故A，B正确．当时，，故C正确．点（10.5,6）处的随机误差为，故D不正确．故选：ABC．10．BC【分析】由平面向量垂直、平行以及模长的坐标计算公式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】A：若，故可得，解得或，故A错误；B：当时，，此时，则，故B正确；C：，故，当时，取得最小值，故C正确；试卷第20页，共16页 D：若与的夹角为锐角，则，解得；当与共线时，，解得，故，故D错误；综上所述，正确的选项是：.故选：BC.11．BCD【分析】根据的值确定A选项的求直线.通过计算直线与直线斜率乘积来确定B选项的正确性，结合椭圆的定义以及基本不等式判断C选项的正确性.结合椭圆的定义来判断D选项的正确性.【详解】依题意，，A错误.设，则，，为定值，B选项正确.，，当且仅当时等号成立.C选项正确.Q在椭圆外，设直线、与椭圆相交于如图所示，则，，，，即，所以试卷第20页，共16页 所以.D选项正确.故选：BCD12．BD【分析】对于A，B，利用空间向量判断，对于C，由题意可得截面为梯形，利用梯形面积公式求解即可，对于D，利用空间向量求出到平面的距离，然后利用体积公式求解即可【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，所以，，所以，所以与不垂直，所以直线DB1与平面AEF不垂直，所以A错误，对于B，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以，所以，因为A1G在平面AEF外，所以试卷第20页，共16页 直线A1G与平面AEF平行，所以B正确，对于C，由题意可得截面为梯形，则，梯形的高为，所以截面的面积为，所以C错误，对于D，因为平面的法向量为，，所以到平面的距离为，因为，所以，因为，所以，所以，所以三棱锥A1−AEF的体积为，所以D正确，故选：BD13．【分析】据题意中的和展开式中的项相乘，与中的和展开式中的项相乘的结果相加，即可得到常数项.【详解】试卷第20页，共16页 的通项公式为，，的常数项为：.故答案为：14．8π【分析】根据球和直三棱柱的对称性可知，直三棱柱的外接球球心是上下底面的三角形的外接圆的圆心连线的中点，根据几何关系，在直角三角形内利用勾股定理即可求出外接球半径.【详解】设直三棱柱的上下底面的三角形的外接圆的圆心分别是点，∴直三棱柱的外接球的球心为线段的中点，设的外接圆半径为，直三棱柱的外接球的半径为，如图所示：在中，，试卷第20页，共16页 由余弦定理得：，由正弦定理得：，在中，，，直三棱柱的外接球的表面积为：，故答案为：8π.15．##【分析】根据题意，构造函数，结合已知条件判断函数的单调性，即可求解.【详解】根据题意，令，，则，因为，所以，因此在上单调递减，又因为，所以，即.故答案为：.16．【分析】根据抛物线的定义和题设条件化简得到，再根据向量的坐标运算，得到，联立方程组，即可求解.【详解】由题意，抛物线的焦点为，设，因为，试卷第20页，共16页 根据抛物线的定义，可得，又因为，可得，即，所以，解得.故答案为：.17．（1）（2）【分析】（1）由题意得到，求得，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法，即可求解.（1）解：因为是和的等差中项，可得，所以，由，代入得，即，解得，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）可得，所以，，两式相减得：，所以.18．试卷第20页，共16页 （1）（2）4【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开公式得，根据的范围可得答案；（2）选①由面积和得，由余弦定理求得及，根据平分和余弦定理可得；选②，由余弦定理可得，由正弦定理得到，再根据平分求得，由是直角三角形可得.（1）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以.（2）选①，因为的面积，所以，即，，由余弦定理得所以，所以，因为平分，所以，所以，试卷第20页，共16页 所以；选②，因为，在中，由余弦定理：，即，所以，因为，所以，因为平分，所以，因为，，所以是直角三角形，且，所以.19．（1）；（2）①分布列见解析；②【分析】（1）先由独立事件概率的乘法公式计算次都没有击中的概率，再由对立事件的概率公式即可求解；（2）①的取值集合为，求出相应的概率，再列分布列即可；②记两轮攻击中甲、乙命中战机数为，，由题意可得，，再由二项分布的期望公式以及期望的性质即可求解.（1）设甲飞行员发射的第枚导弹命中蓝方战机为事件，则，，设“甲飞行员能够命中蓝方战机”为事件，则，则．（2）试卷第20页，共16页 ①的取值集合为，则，，，，，所以的分布列为：01234②记两轮攻击中甲命中战机数为，则，乙命中战机数为，则，所以．20．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．【解析】(1)∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝.∴AC2＋BC2＝AB2.∴AC⊥BC.又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)如图，试卷第20页，共16页 以点C为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a>0)，则E，＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，＝.取m＝(1，－1,0)，则m·＝m·＝0，m为面PAC的法向量．设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·＝n·＝0，即，取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2.于是n＝(2，－2，－2)，＝(1,1，－2)．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为21．（1）（2）【分析】（1）设，用坐标表示已知等式并化简即得；（2）设，，设直线l的方程为，代入椭圆方程，应用韦达定理得，用坐标表示求得，然后由计算出面积．（1）设，d为点M到定直线的距离，根据题意得，即，化简得，即∴动点M轨迹L的方程（2）由题意可得，，设直线l的方程为，试卷第20页，共16页 将直线l的方程代入中，得，设，，则，.所以，，所以，由，解得.所以，，因此.22．（1）答案见解析（2）【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意在上恒成立，令，求出函数的导函数，再由二次函数的性质，可得二次函数必有一正一负两个零点，设其中一个零点，则，再利用导数求出的范围，从而求出的取值范围；（1）解：因为定义域为，且.①若，则，所以在上单调递减.②若，令，得.当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.试卷第20页，共16页 （2）解：不等式在上恒成立等价于在上恒成立，令，则.对于二次函数，，所以其必有两个零点.又两个零点之积为，所以两个零点一正一负，设其中一个零点，则，即.此时在上单调递增，在上单调递减，故，即.设函数，则.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以，由在上单调递增，得.故的取值范围为.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．试卷第20页，共16页