山东省济宁市2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

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：B

2. 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：D

3. 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：C

4. 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：B

5. 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：C

6. 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：A

7. 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（    ）

A 11 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：B

8. 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：BC

10. 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：AC

11. 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，即可证结论.

【小问1详解】

由题设在上恒成立，

所以在上恒成立，

令，则，

令，则在上恒成立，

所以在上递增，显然，，

故使，则上，上，

所以上，递增；上，递减；

又，即，则，

综上，.

【小问2详解】

由（1）知：，

所以且，要使恒成立，

只需证恒成立，只需证恒成立，

当时，若，则，即递增，又也递增，

所以在上递增，故恒成立，

当时，令且，则，即递增，故，

所以在上恒成立，故，

令，则，

所以在上递减，故，即，

综上，在上恒成立，

所以，时得证.

【点睛】关键点点睛：第一问转化为在上恒成立，第二问化为证明恒成立，再构造函数并利用导数研究单调性即可.