山东省青岛市莱西山后中学2022年高三数学理月考试题含解析

山东省青岛市莱西山后中学2022年高三数学理月考试题含解析 一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的 1. 命题“，”的否定是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 参考答案： B 【分析】 根据特称量词的否定得到结果. 【详解】根据命题否定的定义可得结果为：， 本题正确选项：B 【点睛】本题考查含量词的命题的否定问题，属于基础题. 2. 定义在R上的奇函数f（x），当x≥0时，f（x）=，则关于x的函数F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的所有零点之和为（　　） A．3a﹣1 B．1﹣3a C．3﹣a﹣1 D．1﹣3﹣a 参考答案： B 【考点】函数的零点与方程根的关系． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】利用奇偶函数得出当x≥0时，f（x）=，x≥0时，f（x）=，画出图象，根据对称性得出零点的值满足x1+x2， x4+x5的值，关键运用对数求解x3=1﹣3a，整体求解即可． 【解答】解：∵定义在R上的奇函数f（x）， ∴f（﹣x）=﹣f（x）， ∵当x≥0时，f（x）=， ∴当x≥0时，f（x）=， 得出x＜0时，f（x）= 画出图象得出：   如图从左向右零点为x1，x2，x3，x4，x5， 根据对称性得出：x1+x2=﹣4×2=﹣8， x4+x5=2×4=8，﹣log（﹣x3+1）=a，x3=1﹣3a， 故x1+x2+x3+x4+x5=﹣8+1﹣3a+8=1﹣3a， 故选：B 【点评】本题综合考察了函数的性质，图象的运用，函数的零点与函数交点问题，考查了数形结合的能力，属于中档题． 3. 已知A为椭圆（a＞b＞0）上一点，B为点A关于原点的对称点，F为椭圆的左焦点，且AF⊥BF，若∠ABF∈[，]，则该椭圆离心率的取值范围为（　　） A．[0，] B．[，1） C．[0，] D．[，] 参考答案： D 【考点】椭圆的简单性质． 【分析】设左焦点为F′，根据椭圆定义：|AF|+|AF′|=2a，根据B和A关于原点对称可知|BF|=|AF′|，推知|AF|+|BF|=2a，又根据O是Rt△ABF的斜边中点可知|AB|=2c，在Rt△ABF中用∠ABF和c分别表示出|AF|和|BF|代入|AF|+|BF|=2a中即可表示出即离心率e，进而根据∠ABF的范围确定e的范围． 【解答】解：∵B和A关于原点对称，∴B在椭圆上， 设左焦点为F′，根据椭圆定义：|AF|+|AF′|=2a． 又∵|BF|=|AF′|，∴|AF|+|BF|=2a  …① O是Rt△ABF的斜边中点，∴|AB|=2c， 设∠ABF=α，则|AF|=2csinα，|BF|=2ccosα  …② 把②代入①得：2csinα+2ccosα=2a， ∴，即e=， ∵∴∈[]，∴≤， ∴≤sin（α+）≤1， ∴． 故选：D． 　 4. “a=2”是“直线x+y=0与直线2x﹣ay=0互相垂直”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 参考答案： C 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断． 【专题】简易逻辑． 【分析】若直线垂直，斜率之积是﹣1，求出a的值，再结合充分必要条件的定义进行判断即可． 【解答】解：由直线x+y=0与直线2x﹣ay=0互相垂直， 得：（﹣1）?=﹣1，解得：a=2， ∴“a=2”是“直线x+y=0与直线2x﹣ay=0互相垂直”的充要条件， 故选：C． 【点评】本题考察了直线互相垂直的性质，考察充分必要条件，是一道基础题． 5. 已知幂函数的图像经过（9，3），则=   A.3              B.             C.          D.1 参考答案： C 设幂函数为，则，即，所以，即，所以，选C. 6. 使N展开式中含有常数项的的最小值是 (A)              (B)             (C)                (D) 参考答案： C ，令＝0，得，所以的最小值是5 7. 已知函数，若，则实数 A.   B.   C.      D. 或 参考答案： D 略 8. 设全集，集合，，则 .      .         .        . 参考答案： D 略 9. 若，，则“”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 参考答案： A 【分析】 由基本不等式得出与的关系，推出充分性；然后举特殊值验证必要性不成立， 【详解】由题知，若，则， ，当且仅当时等号成立； 若，取时，则．所以“”是“”充分不必要条件． 所以答案为A    【点睛】本题考查常用逻辑用语中充分条件与必要条件，但需要用基本不等式推理两式之间的关系， 所以此题有一定的综合性． 10. 若点P（x，y）坐标满足ln||=|x﹣1|，则点P的轨迹图象大致是（　　） A． B． C． D． 参考答案： B 【考点】曲线与方程． 【分析】取特殊点代入进行验证即可． 【解答】解：由题意，x=1时，y=1，故排除C，D；令x=2，则y=，排除A． 故选B． 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 一个五面体的三视图如下，正视图与侧视图是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为        ． 参考答案： 12. 已知点落在角的终边上，且，则的值为_____________； 参考答案： 13. 盒中装有形状、大小完全相同的7个球，其中红色球4个，黄色球3个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于　　　　　．   参考答案： 14. 设，则的最大值是_________________。 参考答案： 答案：1   15. 已知函数的图象是折线段，其中、、， 函数（）的图象与轴围成的图形的面积为            。 参考答案： 当，线段的方程为，当时。线段方程为，整理得，即函数，所以，函数与轴围成的图形面积为。 16. 对任意x?[2,4]恒成立，则m的取值范围为      参考答案： 17. 若数列{an}的所有项都是正数，且++…+=n2+3n（n∈N*），则（）=　　． 参考答案： 2 【考点】数列的求和；极限及其运算． 【分析】利用数列递推关系可得an，再利用等差数列的求和公式、极限的运算性质即可得出． 【解答】解：∵++…+=n2+3n（n∈N*），∴n=1时， =4，解得a1=16． n≥2时，且++…+=（n﹣1）2+3（n﹣1），可得： =2n+2，∴an=4（n+1）2． =4（n+1）． ∴（）==2． 故答案为：2． 三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 18. （本小题满分12分） 已知顶点的直角坐标分别是、、． ⑴求的值； ⑵若，证明：、、三点共线． 参考答案： (1)；（2）见解析. ∵（或），∴(在上)、、三点共线……12分 考点：余弦定理（或向量的数量积），三点共线问题. 19. 在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项 均为正数，，公比为，且， ． （Ⅰ）求与；   （Ⅱ）证明： 参考答案： 解：（Ⅰ）设的公差为， 因为所以      解得 或（舍），． 故  ，    （Ⅱ）因为， 所以   因为≥，所以≤，于是≤， 所以≤． 即≤    略 20. 已知函数. （1）若不等式的解集为,求实数a的值； （2）在（1）的条件下,若存在实数n使得不等式成立,求实数m的取值范围. 参考答案： （1）由可得， 于是， 解得.故， 解得. （2）由（1）可知，令 则，故恒成立. 故实数的取值范围是. 21. 在正方体中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO. （1）若λ=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值； （2）若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值. 参考答案： (1)不妨设正方体的棱长为1，以 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(1，0，0)，，，D1(0，0，1)，E， 于是，.由cos＝＝. 所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.        （2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·＝0，m·＝0 得 取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1) .   ……7分 由D1E＝λEO，则E，=. 又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0. 得 取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ) . 因为平面CDE⊥平面CD1F，所以m·n＝0，得λ＝2． 略 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，AB是圆O的直径，C是半径OB的中点，D是OB延长线上一点，且BD=OB，直 线MD与圆O相交于点M、T（不与A、B重合），DN与圆O相切于点N，连结MC， MB，OT． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若，试求的大小． 参考答案： 知识点：几何证明选讲N1 （Ⅰ） 略；（Ⅱ）30° 解析：（Ⅰ）证明：因MD与圆O相交于点T，由切割线定理，，得，设半径OB=，因BD=OB，且BC=OC=， 则，， 所以 （Ⅱ）由（1）可知，，且， 故∽，所以； 根据圆周角定理得，，则   . 【思路点拨】掌握圆的切割线定理及圆的性质是本题解题的关键.