山东省日照市2022届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

2019级高三模拟考试数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生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.3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.参考公式：圆柱侧面积圆锥侧面积圆台侧面积球表面积一、单项选择题：本大题共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.集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】C【解析】【分析】根据韦恩图，直接求得.【详解】因为，，所以阴影部分表示的集合为.\n故选：C2.复平面内表示复数的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【2题答案】【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除法运算化简为（，∈R）的形式，则答案可求．【详解】，在复平面对应的点在第一象限.故选A【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，及复数的几何意义，属于基础题．3.若抛物线上一点到其焦点的距离等于4，则（）A.8B.4C.2D.【3题答案】【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义和焦半径的计算公式即可求解.【详解】由题可知，.故选：A.4.已知角的终边经过点，则角可以为（）A.B.C.D.【4题答案】【答案】D【解析】\n【分析】由已知可得是第四象限角，且，，结合选项得结论．【详解】角的终边经过点，是第四象限角，且，，则．故选：D5.已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【5题答案】【答案】A【解析】【分析】根据不等式的解法和命题的否定的概念，分别求得和，结合是的充分不必要条件，利用集合的包含关系，即可求解.【详解】由不等式，可得或，所以：，又由：，因为是的充分不必要条件，所以，所以实数的取值范围为.故选：A.6.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（）A.8B.10C.12D.16【6题答案】【答案】C\n【解析】【分析】数列，是等比数列，公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项，得通项公式，从而得结论．【详解】最下层的“浮雕像”的数量为，依题有：公比，解得，则，，从而，故选C．【点睛】本题考查等比数列的应用．数列应用题求解时，关键是根据题设抽象出数列的条件，然后利用数列的知识求解．7.已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【7题答案】【答案】C【解析】【分析】先判断出函数单调性，再比较这3个数的大小，然后利用单调即可.【详解】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时，，从而是上的偶函数，且在上是增函数，，，又，则，所以即，，所以.故选：C．8.PQ为经过抛物线焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直\n于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为，以MN为直径的球面积为，则（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】C【解析】【分析】解：设设与轴夹角为，令，，根据抛物线的定义可知，，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公式得到、，即可判断；【详解】解：设与轴夹角为，令，，则，，则，，所以当且仅当时等号成立；故选：C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.经研究，变量y与变量x具有线性相关关系，数据统计如下表，并且根据表中数据，求得y关于x的线性回归方程为，下列正确的是（）x247101522y8.19.41214.418.524\nA.变量y与x呈正相关B.样本点的中心为（10，14.4）C.D.当时，y的估计值为13【9题答案】【答案】AB【解析】【分析】先根据回归方程可判断选项A，求出样本中心，结合回归方程可判断B,C,D，得出答案.【详解】由线性回归方程为可得变量y与x呈正相关，故选项A正确.由表中数据可得，故样本点的中心为（10，14.4），所以选项B正确.将样本点的中心为（10，14.4）代入，可得，解得，故选项C不正确.将代入回归方程可得，故选项D不正确.故选：AB10.已知函数，则（）A.函数的图象关于y轴对称B.时，函数的值域为C.函数的图象关于点中心对称D.函数的最小正周期是8【10题答案】【答案】BCD【解析】【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简，然后根据正弦函数的性质求解可得.【详解】\n由Z，得Z，故A错误；因为，则，所以，所以，故B正确；由Z，得Z，所以的对称中心为，故C正确；因为，故D正确.故选：BCD.11.已知曲线，则（）A.曲线C关于原点对称B.曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)C.曲线C与有且仅有两个公共点D.曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）【11题答案】【答案】BC【解析】【分析】选项A，取特殊点，验证即可判断；选项B，由，分，讨论，即可判断；选项C，联立，分，讨论，即可判断；选项D，分，讨论，分析即可判断【详解】选项A，满足，故点在曲线上，但不满足，故点不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，错误；\n选项B，令在曲线上，故当时，当时，故曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)，正确；选项C，联立，故当时，，解得，故有两个交点当时，，无解故曲线C与有且仅有两个公共点，正确；选项D，当时，曲线C为若为整点，则或故有三个整点当时，曲线C为若为整点，则，若，则，与矛盾故曲线C上只有三个整点，不正确故选：BC12.已知球O的半径为4，球心O在大小为60°的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E\n为AB的中点，四面体的体积为V，则正确的是（）A.O，E，，四点共圆B.C.D.V的最大值为【12题答案】【答案】ABD【解析】【分析】连结OE,O1E,O2E,O1O2,OA,判断出,利用勾股定理求出,可判断B证明出,即可判断四点共圆,从而判断出A正确.直接求出,可判断C错误;设,先求出，即可求出,可以判断D.【详解】因为公共弦AB在棱l上,连结OE,O1E,O2E,O1O2,OA,则,则,故B正确.因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心,所以OO1⊥,OO2⊥,又平面,平面,所以,,故，所以，对角互补的四边形为圆内接四边形，所以四点共圆,故选项A正确.\n因为E为弦AB的中点,故⊥AB,⊥AB,故即为二面角的平面角,所以,由正弦定理得,故选项C错误;设,在△中,由余弦定理可得,,所以,故，所以,当且仅当以时取等号,故选项D正确.故选:ABD【点睛】与球有关的问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；(④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的常数项为__________．【13题答案】【答案】【解析】【详解】，令，得，∴常数项为．14.已知数列是正项等比数列，函数的两个零点是，，则______.【14题答案】【答案】【解析】【分析】先求出，根据等比中项求出.【详解】因为函数的两个零点是，，所以.因为数列是正项等比数列，所以，解得：.\n故答案为：15.设函数，已知，且，若的最小值为e，则a的值为______.【15题答案】【答案】【解析】【分析】令，由图象可知，构造函数，利用导数求函数最小值即得.【详解】令，由图象如图所示可知．因为，则，，得，即．令，则，∴当时，即时，，则在上单调递减，所以，解得（不满足，舍去）；∴当时，即时，，∴在上单调递减，在上单调递增，所以，解得满足题意．综上可得，．故答案为：.16.已知向量，，，则\n______.【16题答案】【答案】【解析】【分析】先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.【详解】，，…….下面用数学归纳法进行证明：当时，满足题意；假设当时，，则当时，，\n故.∴，∴.故答案为：.四、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.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.（1）求角A；（2）若，求△ABC的面积.【17题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理可得，再由三角恒等变换即可求得A；（2）根据题意和正弦定理可得，利用余弦定理可求得，结合三角形面积公式计算即可．【小问1详解】因为sinA+asinB＝，由正弦定理，得，所以，得，\n又，所以；【小问2详解】由(1)知，，，由正弦定理，得，由余弦定理，得，即，整理，得，由得，此时，则，所以S△ABC＝bcsinA＝．19.已知数列的前n项和为，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前100项的和.【19题答案】【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用，整理可得数列等比数列，求其通项公式即可；（2）求出，然后分组求和【小问1详解】当时，，\n整理得，又，得则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.则，【小问2详解】当时，，当时，，当时，，当时，，则21.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，，，，，E是边AD的中点，异面直线PA与CD所成角为.（1）在平面PAB内找一点M，使得直线平面PBE，并说明理由；（2）若二面角P—CD—A的大小为，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【21题答案】【答案】（1）在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE\n（2）【解析】【分析】（1）将AB，CD延长交于一点M，先证明CM//BE，利用线面平行的判定定理即可证明CM//平面PBE.（2）以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】将AB，CD延长交于一点M，则M在平面PAB内.∵，BC//AD∴CE//BM且CE=BM，∴四边形BCDE为平行四边形，∴CM//BE.∵平面PBE，平面PBE，所以CM//平面PBE.所以在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE【小问2详解】由已知可得，AD⊥DC，CD⊥PA，PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.所以∠PDA为二面角P—CD—A的平面角，所以∠PDA=30°.建立如图空间直角坐标系，设AP=2则A(0，0，0)，P(0，0，2)，，，∴，，\n设平面PCE的法向量为，由，不妨设x=2，则.设直线PA与平面PCE所成角为，则，所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.23.春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”.某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.（1）估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.参考数据：若，则，\n，.【23题答案】【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．【小问1详解】解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即【小问2详解】解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．所以，，，，，所以的分布列为：01234\n所以．【小问3详解】由（1）得，，所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，由，，得，所以估计在在之间通过的车辆数为辆．25.已知函数.（1）若，证明：当时，；（2）令，若是极大值点，求实数a的值.【25题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)利用求导公式和运算法则求出，根据时，进而得出函数单调性，结合即可证明；(2)根据求导公式和运算法则求出，利用的取值讨论的单调性，得出的取值，进而得出的单调性，结合极大值点的定义即可得出结果.【小问1详解】由题意知，函数的定义域为，当时，，，\n当时，，所以，即当时，函数单调递增，又，故在上恒成立，即证；【小问2详解】函数的定义域为，，所以，又为的极大值，所以且周围是单调递减的趋势，要使单调递减，需在上恒成立，，且，所以需在上单调递增，在上单调递减，即当时，，当时，，且，又，所以，解得；当时，恒成立，即在上单调递减，又，所以为的极大值，综上，.27.已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为\n椭圆上一动点，面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值；（3）平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值.【27题答案】【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可；（2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可；（3）设点坐标，借助点在圆上，将转化成，再借助椭圆定义将转化成，最后通过三点共线求出最小值.【小问1详解】当P为短轴端点时，的面积最大，，解得，故椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，,\n设直线，，，联立整理得，由得，，,，故为定值4.【小问3详解】由题意，设，使，，整理得，又点Q圆上，解得，由椭圆定义得，\n，当三点共线时，有最小值.【点睛】（1）关键在于建立的方程；（2）关键在于设出直线方程，联立得出点N坐标；（3）关键在于利用题目中给出圆的定义将转化成，再结合椭圆定义，将问题简化成共线问题.