山东省青岛市胶州一中2022届高三数学上学期12月第二次质量检测试题 文

高三第二次阶段检测（文数）一、选择题（本大题有10小题，每小题5分，共50分．）1.若，，则下列不等式成立的是（）A．B．C．D．2.下列说法一定正确的是（）A．一名篮球运动员，号称“百发百中”，若罚球三次，不会出现三投都不中的情况B．一枚硬币掷一次得到正面的概率是，那么掷两次一定会出现一次正面的情况C．如买彩票中奖的概率是万分之一，则买一万元的彩票一定会中奖一元D．随机事件发生的概率与试验次数无关3.已知向量，，若m+n与共线，则等于()(A)(B)(C)(D)4.已知函数f（x）=x2+bx的图象在点A（1，f（1））处的切线l与直线3x﹣y+2=0平行，若数列的前n项和为Tn，则T2022的值为（　　）A．B．C．D．5.下表是某厂1～4月份用水量(单位：百吨)的一组数据：月份x1234用水量y4.5432.5由散点图可知，用水量y与月份x之间有较好的线性相关关系，其线性回归直线方程是＝－0.7x＋a，则a等于(　　)A．10.5　　　B．5.15　　　C．5.2　　　D．5.256.已知函数，若是从三个数中任取的一个数，是从三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为（）A.B.C.D.7.在中,,则此三角形解的情况是（）A.一解B.两解C.一解或两解D.无解88.如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h随时间t变化的可能图象是（　　）　A．B．C．D．9.已知是自然对数的底数，函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式成立的是（）A．B．C．D．10.已知函数对定义域内的任意都有=,且当时其导函数满足若则A.B.C.D.二、填空题（本大题有5小题，每小题5分，共25分．）11.已知为原点，椭圆上一点到左焦点的距离为4，是的中点．则=.12.已知圆与圆交于两点，则所在直线的方程为13.已知是定义在上的奇函数，且当时，则_________.14.已知下图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为___________。822正视图侧视图俯视图15.已知命题：①若，则；②“设，若，则或”是一个真命题；③在中，的充要条件是；④“为真命题”是“为假命题”的必要不充分条件。其中正确命题的序号是三、解答题(共75分)16．（本小题满分12分）甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分（图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计）即为中奖．乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2球（球除颜色外不加区分），如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？17．（本小题满分12分）已知函数其中向量若的图像上相邻两个对称中心的距离大于等于（1）求的取值范围；（2）在中，分别是角的对边，当最大时，求的面积最大值.18．（本小题满分12分）8已知递增等比数列的前n项和为，，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且的前项和．求证：19．（本小题满分12分）.如图所示，矩形中，，．，分别在线段和上，∥，将矩形沿折起．记折起后的矩形为，且平面平面．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求证：；（Ⅲ）求四面体体积的最大值．20．（本小题满分13分）已知椭圆C的中心在坐标原点焦点在轴上,左、右焦点分别为F1、F2,且在椭圆C上.(I)求椭圆C的方程;(II)过F1的直线与椭圆C相交于A,B两点,且的面积为,求直线的方程.21．（本小题满分14分）已知函数,其中是自然对数的底数,.(1)若,求曲线在点处的切线方程;(2)若,求的单调区间;(3)若,函数的图象与函数的图象有3个不同的交点,求实数的取值范围.高三第二次阶段检测（文数）答案一、选择题81.B2.D3.A4.C5.D6.D7.B8.B9.C10.C二、填空题11.312.2x+y=013.014.15.①②③④三、解答题：16.解：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘的面积π•R2，阴影部分的面积为，则在甲商场中奖的概率为：；如果顾客去乙商场，记3个白球为a1，a2，a3，3个红球为b1，b2，b3，记（x，y）为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：（a1，a2），（a1，a3），（a1，b1），（a1，b2），（a1，b3）（a2，a3），（a2，b1），（a2，b2），（a2，b3），（a3，b1），（a3，b2），（a3，b3），（b1，b2），（b1，b3），（b2，b3），共15种，摸到的是2个红球有（b1，b2），（b1，b3），（b2，b3），共3种，则在乙商场中奖的概率为：P2=，又P1＜P2，则购买该商品的顾客在乙商场中奖的可能性大．17.解（1）由题意知=解得（2）由（1）知即又∵∴∴得由余弦定理得即∴18解析：（1）设公比为q，由题意：q>1,，则，，∵，∴，2分8则解得：或（舍去），∴4分（2）6分9分又∵在上是单调递增的∴∴12分19.（Ⅰ）证明：因为四边形，都是矩形，所以∥∥，．所以四边形是平行四边形，……………2分所以∥，………………3分因为平面，所以∥平面．4分（Ⅱ）证明：连接，设．因为平面平面，且，所以平面…5分所以．又，所以四边形为正方形，所以．所以平面，所以．…………8分（Ⅲ）解：设，则，其中．由（Ⅰ）得平面，8所以四面体的体积为．所以．当且仅当，即时，四面体的体积最大．…………12分20.【答案】 21.解:(1)因为, 所以, 所以曲线在点处的切线斜率为又因为8, 所以所求切线方程为,即 (2), ①若,当或时,; 当时,. 所以的单调递减区间为,;单调递增区间为 ②若,,所以的单调递减区间为. ③若,当或时,; 当时,. 所以的单调递减区间为,; 单调递增区间为 (3)由(2)知,在上单调递减,在单调递增,在上单调递减, 所以在处取得极小值,在处取得极大值. 由,得. 当或时,;当时,. 所以在上单调递增,在单调递减,在上单调递增. 故在处取得极大值,在处取得极小值. 因为函数与函数的图象有3个不同的交点, 所以,即.所以 8