1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2022屆山東省青島第二中學(xué)高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1設(shè)集合，則（）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)偶次根式有意義及一元二次不等式的解法，再結(jié)合集合的交集的定義即可求解.【詳解】由有意義，得，解得，所以，故選：C.2已知，則（）ABCD【答案】A【分析】先求出，再代入中化簡即可【詳解】因為，所以，所以，故選：A3將4個不加區(qū)分的紅球和2個不加區(qū)分的黃球隨機(jī)排一行，則2個黃球不相鄰的概率為（）ABCD【答案】

2、C【分析】根據(jù)插空法和古典概型的概率公式可求出結(jié)果.【詳解】將4個不加區(qū)分的紅球和2個不加區(qū)分的黃球隨機(jī)排一行，共有種，其中2個黃球不相鄰的有種，所以所求事件的概率為.故選：C4下列區(qū)間中，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A（0，）B（，）C（，）D（，2）【答案】C【分析】，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，只需令，取得解.【詳解】解：，令，可得，令可得：，因為，故選項C正確；選項ABD都不符合題意.故選：C.5已知，是橢圓C：的兩個焦點，P為C上一點，且，則C的離心率為（）ABCD【答案】A【分析】根據(jù)橢圓的定義分別求出，在中，利用余弦定理求得的關(guān)系，從而可得出答案.【詳解】解：在橢圓C：中，由橢圓的定義可得

3、，因為，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，所以C的離心率.故選：A.6已知，在的展開式中，若項的系數(shù)為2，則的最小值為（）AB2CD【答案】D【分析】根據(jù)二項展開式的通項公式得到，再利用基本不等式可求出結(jié)果.【詳解】因為，的展開式的通項公式為，,所以，即，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.故選：D7若函數(shù)的圖象上存在兩個不同的點A，B，使得曲線在這兩點處的切線重合，則稱函數(shù)為“共切”函數(shù)，下列函數(shù)中是“共切”函數(shù)的為（）ABCD【答案】D【分析】由題意知，導(dǎo)函數(shù)中存在兩個點，它們的函數(shù)值相等，才可能是“共切”函數(shù)，則導(dǎo)數(shù)不能為單調(diào)函數(shù)，由此判斷A,B;對于C，求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)特征可以設(shè)出兩

4、點坐標(biāo)，使得在這兩點處導(dǎo)數(shù)相等，但求出切線方程，切線都不會重合，判斷C;對于D，求出導(dǎo)數(shù)，可以找到至少有兩點符合題中要求，判斷D.【詳解】由“共切”函數(shù)的定義可知，導(dǎo)函數(shù)中自變量存在兩個值，它們的函數(shù)值相等，才可能是“共切”函數(shù)，因此導(dǎo)數(shù)不會為單調(diào)函數(shù)；對于，即導(dǎo)函數(shù)在上單調(diào)遞減，且自變量與函數(shù)值是一一對應(yīng)的關(guān)系，故不會是“共切”函數(shù)；對于，即導(dǎo)函數(shù)在上單調(diào)遞增，故必不是“共切”函數(shù)；對于，存在與，兩點處的切線斜率為相等，分別寫出切線方程為：，顯然兩直線不重合，故不是“共切”函數(shù)； 對于，即導(dǎo)函數(shù)為的周期函數(shù)，且恒成立，故在上遞增， 不妨取 ，則 ，切點分別為 ，此時切線方程分別為 ，兩切線重

5、合，可知至少存在、兩點處的切線重合，故該函數(shù)為“共切”函數(shù)故選：8設(shè)函數(shù)的定義域為R且滿足是奇函數(shù)，則f（2）=（）A1B1C0D2【答案】C【分析】直接根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)即可得結(jié)果.【詳解】令，因為為奇函數(shù)，所以，故選：C.二、多選題9設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列，是其前n項和，且，則下列結(jié)論正確的是（）ABCD和均為的最大值【答案】ACD【分析】由題意推出，由此可判斷A,C;利用，結(jié)合，判斷B；由，可判斷D.【詳解】由得，即，又，故C正確；，故A正確；對于B，而，故，故， B錯誤；由以上分析可知： ，故 ,均為的最大值，故D正確；故選：ACD10已知平面向量,，則下列結(jié)論正確的是（）A可以作為平面內(nèi)所有

6、向量的一組基底B若，則C存在實數(shù)，使得D若，則【答案】ABD【分析】根據(jù)坐標(biāo)判斷、不共線，再根據(jù)基底的概念可判斷A；根據(jù)求出，可判斷B；根據(jù)向量平行的坐標(biāo)表示可判斷C；根據(jù)向量夾角的坐標(biāo)表示可判斷D.【詳解】因為，所以，對于A，因為，所以與不共線，所以可以作為平面內(nèi)所有向量的一組基底；故A正確；對于B，若，則， 所以，所以，故B正確；對于C，因為，所以不存在實數(shù)，使得，故C不正確；對于D，若，則，所以，故D正確.故選：ABD11點P在圓M：上，點A（4，0），點B（0，2），下列結(jié)論正確的是（）A過點A可以作出圓的兩條切線B圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程為C點P到直線AB距離的最大值為D當(dāng)PB

7、A最大時，【答案】ACD【分析】對于A，判斷出點A（4，0）在圓M外，據(jù)此判斷A；對于B，求出圓M關(guān)于直線AB對稱的點為，進(jìn)而得到圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程；對于C，先求點M到直線AB距離，加上半徑即點P到直線AB距離的最大值；對于D，當(dāng)與圓M相切時，PBA最大或最小，求出即可.【詳解】解：對于A，點A（4，0）在圓M外，所以過點A可以作出圓M的兩條切線，故A正確；對于B，有題知，直線AB的方程為：，設(shè)圓M關(guān)于直線AB對稱的點為，由解得，圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程的圓心為，圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程為，故B錯誤；對于C，點M到直線AB距離為，所以點P到直線AB距離的最大值為，故C正

8、確；對于D，如圖，當(dāng)與圓M相切時，PBA最大或最小，此時，故D正確.故選：ACD12記的導(dǎo)函數(shù)為，若對任意的正數(shù)都成立，則下列不等式中成立的有（）ABCD【答案】BC【分析】對于AB，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，借助單調(diào)性比較大小即可；對于CD，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，借助單調(diào)性比較大小即可.【詳解】解：因為，所以，則，所以在單調(diào)遞增，所以，即，所以，故A錯誤；同理，即，所以，故B正確；因為，所以，構(gòu)造函數(shù)，則，所以在單調(diào)遞減，所以，即，化簡得，故C正確；同理，即，化簡得，故D錯誤.故選：BC.三、填空題13已知拋物線C：，直線l：交拋物線C于P，Q兩點，且OPOQ，則拋物線C的方程為_.【答案】【分析】將直線l

9、：代入拋物線C：，得，由OPOQ得，計算可得.【詳解】解：將直線l：代入拋物線C：，得，所以，因為OPOQ，所以，所以拋物線C的方程為.故答案為：.14設(shè)為等比數(shù)列的前項和.若，則_.【答案】【分析】根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)可知成等比數(shù)列，由此可依次計算求得，進(jìn)而得到結(jié)果.【詳解】為等比數(shù)列的前項和，成等比數(shù)列，又，則，則.故答案為：.15已如是半徑為2的球的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為_.【答案】【分析】先求出外接圓半徑，通過球半徑和外接圓半徑結(jié)合勾股定理得出點到平面的距離，然后再利用體積公式即可求解.【詳解】如圖所示由可知，是以為斜邊的直角三角形，又知，所以，所以的外接圓的圓心為的中點，半

10、徑，連接,因為點為球心，所以平面，即的長為點到平面的距離.在中，.所以三棱錐的體積為.故答案為：.16已知函數(shù).當(dāng)時，若函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個交點，則的取值范圍為_.【答案】且【分析】轉(zhuǎn)化為在上有且僅有兩個不同正根，兩邊取自然對數(shù)，轉(zhuǎn)化為有且僅有兩個不同正根，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個交點，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，結(jié)合圖象可求出結(jié)果.【詳解】因為當(dāng)時，若函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個交點，所以當(dāng)時，即，即，即有且只有兩個正根，令，則函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個交點，則，令，得，令，得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，取得最大值，因為，當(dāng)趨近于正無窮時，趨近于0

11、，所以，由得，因為，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以由得，綜上所述：且.故答案為：且【點睛】關(guān)鍵點點睛：轉(zhuǎn)化為的圖象與直線有且僅有兩個交點，利用導(dǎo)數(shù)求解是解題關(guān)鍵.四、解答題17為迎接2022年北京冬奧會，某校組織一場冰雪運動知識競賽，規(guī)則如下：有A，B兩類問題，每位參加比賽的選手先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個問題回答，若回答錯誤則該選手比賽結(jié)束，若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該選手比賽結(jié)束.A類問題中的每個問題回答正確得30分，否則得0分：B類問題中的每個問題回答正確得70分，否則得0分.小明參加了本次冰雪知識競賽，已知他能正確回答A類問題的概率為0

12、.7，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).(1)若小明選擇先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；(2)為使累計得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.【答案】(1)答案見詳解；(2)應(yīng)選擇先回答類問題，理由見詳解【分析】（1）通過題意分析出小明累計得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可（2）與（1）類似，找出先回答類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個期望的大小即可【詳解】(1)由題可知，的所有可能取值為，；所以的分布列為(2)由（1）知，若小明先回答問題，記為小明的累計得分，則的所有可能取值為，；所以因為，所以小明應(yīng)選擇先回答類問題18

13、設(shè)a，b，c是ABC的內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的三邊.已知，.(1)求邊a的最小值；(2)當(dāng)邊a取得最小值時，設(shè)點D是線段AC上的一點且，求ABD的面積.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)余弦定理，結(jié)合配方法進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)余弦定理，結(jié)合三角形面積公式進(jìn)行求解即可.【詳解】(1)由余弦定理可知：，當(dāng)時，邊a有最小值，最小值為，即；(2)由（1）可知：，所以在中，由余弦定理可知：，解得，所以ABD的面積為.19多面體中，側(cè)面為正方形，平面平面，E為AC的中點，D為棱上的點，BFA1B1.(1)證明：ABBC；(2)求面與面DFE所成二面角的余弦值的最大值.【答案】(1)證明見解析(2

14、)【分析】（1）根據(jù)直線與平面垂直的判定定理證明平面，可得，再根據(jù)可證；（2）以為原點，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系：設(shè)，利用空間向量求出面與面DFE所成二面角的余弦值關(guān)于的函數(shù)，再根據(jù)二次函數(shù)知識可求出結(jié)果,【詳解】(1)因為，所以平面，所以，因為，所以.(2)因為平面平面，所以平面，所以兩兩垂直，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系：則，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為，則，取，得，則，取平面的一個法向量為，設(shè)面與面DFE所成二面角為，則，因為，所以當(dāng)時，取得最大值.20已知數(shù)列滿，.(1)記，寫出，并求數(shù)列的通項公式；(2)求的前2022項和.【答案】(1)，(2)3033【分析】（1）根據(jù)遞推公

15、式求出、，即可得到，即可得到以為首項、為公差的等差數(shù)列，從而求出的通項公式；（2）依題意可得，由等差數(shù)列前項和公式計算可得【詳解】(1)因為，且，所以，所以，為以1為首項，3為公差的等差數(shù)列，所以；(2)設(shè)的前2022項和為，則21平面直角坐標(biāo)系xOy中，點（，0），（，0），點M滿足，點M的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)已知A（1，0），過點A的直線AP，AQ與曲線C分別交于點P和Q（點P和Q都異于點A），若滿足APAQ，求證：直線PQ過定點.【答案】(1)(2)過定點，證明見詳解【分析】（1）根據(jù)定義法判斷曲線類型，然后由題意可得；（2）設(shè)直線方程聯(lián)立雙曲線方程消元，利用韋達(dá)定

16、理將APAQ坐標(biāo)化，得到參數(shù)之間的關(guān)系代回直線方程可證.【詳解】(1)因為，所以由雙曲線定義可知，M的軌跡為雙曲線，其中所以所以曲線C的方程為：(2)若直線PQ垂直于x軸，易知此時直線AP的方程為，聯(lián)立求解可得，直線PQ過點.當(dāng)直線PQ斜率存在時，設(shè)直線PQ方程為，代入，整理得：則因為APAQ，所以整理得解得或因為點P和Q都異于點A，所以不滿足題意故，代入，得，過定點.綜上，直線PQ過定點.22已知函數(shù)，.(1)討論f（x）的單調(diào)性；(2)若時，都有，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若有不相等的兩個正實數(shù)，滿足，證明：.【答案】(1)當(dāng)時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；當(dāng)時，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，在單調(diào)遞減，

17、在單調(diào)遞增.(2)(3)證明詳見解析【分析】（1）首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后討論a的取值即可確定函數(shù)的單調(diào)性；（2）分離參數(shù)a，構(gòu)造出新函數(shù)，得到最小值，即可得到a的范圍；（3）利用同構(gòu)關(guān)系將原問題轉(zhuǎn)化為極值點偏移的問題，構(gòu)造對稱差函數(shù)分別證明左右兩側(cè)的不等式即可.【詳解】(1)解：因為，定義域為，.當(dāng)時，令，解得即當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，在單調(diào)遞增；當(dāng)時令，解得，即當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增；綜上：當(dāng)時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；當(dāng)時，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.(2)若時，都有，即，恒成立.令，則，令，所以，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以，在單調(diào)遞減，所以=，所以(3)原式可整理為，令，原式為，由（1）知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，則為兩根，其中，不妨令，要證，即證，只需證，令，令，則，單調(diào)遞增，單調(diào)遞減.又，故，所以恒成立，即成立，所以