济南一中2022级高三上学期期中学情检测数学试题本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.【详解】因为，且注意到，从而.故选：A.2.已知，则＝（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则计算出复数，再计算复数的模.【详解】由题意知，所以，故选：C.3.若，，则实数（）A.6 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.【详解】因为，所以，即，所以，因为，，所以，所以，解得.故选：B.4.函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”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.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充要条件的要求分别判断即可，若是推不出，则只需举反例.【详解】因函数的定义域为，函数为减函数，又因数列满足中，,而,则在上必是递减的，即数列为递减数列，故“函数为减函数”是“数列为递减数列”充分条件；反之，数列为递减数列，即在上是递减的，但是在上未必递减.(如函数在上的函数值都是，显然函数不是减函数，同时对应的数列却是递减数列.)故“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.故选：A.5.一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（）A.4 B.6 C.8 D.12【答案】D【解析】【分析】利用对极差及中位数的概念理解，就可解得.【详解】由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是，根据六个数的中位数是：，解得，故选：D.6.已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（）A.20 B.25 C.30 D.35【答案】B【解析】【分析】根据所有项系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.【详解】所有项的系数之和为64，∴，∴，展开式第项，时，，，时，，，，故选：B．7.已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解.【详解】由于直线与曲线相切，设切点为，且，所以，则切点的横坐标，则，即.又，所以，即，当且仅当时取等号，所以的最小值为1.故选：D8.函数的零点个数为（）A.1 B.0 C.3 D.2【答案】A【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，结合，即可判断出答案.【详解】由，可得，即定义域为−1,1，所以，由于，故，即f′x≥0，当且仅当x=0时取等号，即在−1,1上为单调递增函数，又，所以仅有一个零点．故选：A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列命题正确的是（）A.线性回归直线不一定经过样本点的中心B.设，若，，则C.两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1D.一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，且【答案】BC【解析】【分析】根据线性回归方程过样本点中心可判断A；由二项分布的有关性质判断B；由相关系数的表示意义判断C；由超几何分布的定义判断D.【详解】对于A，线性回归直线一定经过样本点的中心，故A错误；对于B，由，，，得，解得，故B正确；对于C，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故C正确；对于D，由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，得，故D错误.故选：BC10.已知fx=Asinωx+φ（，，）的部分图象如图所示，则（）A. B.的最小正周期为C.在内有2个极值点 D.在区间上的最大值为2【答案】ABC【解析】【分析】先由图像确定振幅、周期判断A、B，再根据最大值点确定，确定函数解析式，再由函数的性质即可判断C、D.根据函数的部分图像求出、、、，即可得到函数解析式，【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，，，，故AB正确，对于C，由五点法画图知，，，解得，，由于，所以，∴.令，，则，，时，，时，，当时，，当时，，当时，，故在内有2个极值点，分别为，，故C正确，对于D，∵，可得：，令，则，，此时单调递增，所以，所以当，此时取最大值，故D错误.故选：ABC.11.已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是（）A.若、、三点共线，则的最小值为B.若，则的面积为C.若，则直线过定点D.若，过中点作于点，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】设出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理、焦半径公式以及基本不等式可求得的最小值，可判断A选项；求出点的横坐标的绝对值，利用三角形的面积公式可判断B选项；设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理以及求出的值，求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用抛物线的定义以及基本不等式可判断D选项.【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，则，易知，，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；对于B选项，设点，，可得，所以，，则，所以，，B对；对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，设点、，由于直线不过原点，所以，，联立可得，，由韦达定理可得，所以，，因为，则，解得，所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；对于D选项，过点作于点，过点作于点，设，，所以，因为，所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．故选：ABD．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为______【答案】0.92【解析】【分析】根据题意利用全概率公式直接求解即可.【详解】因为A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，所以从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为，故答案为：0.9213.古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】先根据球的体积得出球的半径，再根据圆柱的表面积公式计算即可.【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，利用球的体积公式可得：，解得：，再由圆柱的表面积公式得：，故答案为：.14.已知是的等差中项，直线与圆交于两点，则AB的小值为______【答案】【解析】【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法，结合勾股定理代入计算即可求解.【详解】因为成等差数列，是的等差中项，所以，即，代入直线方程得，即，令得，故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，AB最小，，此时.故答案为：4四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在平面内，四边形满足，点在的两侧，，，为正三角形，设.（1）当时，求；（2）当变化时，求四边形面积的最大值.【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理可得的值；（2）由余弦定理可得的表达式，进而求出正三角形的面积的表达式，进而求出四边形的面积的表达式，由辅助角公式及的范围，可得四边形面积的范围．【小问1详解】因为，，，由余弦定理可得：.【小问2详解】由余弦定理可得，因为为正三角形，所以，，所以，因为，所以，所以，所以，故当时，四边形面积的最大值为.16.如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面的夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；【小问1详解】如图所示，连接．因为，分别是棱，的中点，所以，因为，，所以，，所以四边形是平行四边形，则．因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为平面，平面,所以，又因为，所以，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由题中数据可得，，，．设平面的法向量为，则令，得．因为，，平面，所以平面平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则．故，即平面与平面的夹角的正弦值为．17.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程：（2）过点直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式列出方程求解即得.【小问1详解】由椭圆的离心率为，得，解得，由椭圆过点，得，联立解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，，则，由消去得，显然，则，的面积，解得，所以直线的斜率.18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，（ⅰ）求的极值；（ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围．【答案】（1）（2）（ⅰ）极小值，无极大值；（ⅱ）【解析】【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）（ⅰ）求导，利用导数判断单调性进而求出极值；（ⅱ）分析可得，构造函数，，解法一利用导数判断函数的单调性，解法二根据，在内均单调递增得到函数的单调性，再根据求解即可.【小问1详解】当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即；【小问2详解】（ⅰ）因为的定义域为，且，令，解得；当时，；当时，；所以在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值；（ⅱ）由题意可得：，因为，所以，构建，，因为，所以在内单调递增，因为，不等式等价于，解得，所以的取值范围为.解法二：由题意可得：，即，构建，，因为，在内均单调递增，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以的取值范围为.19.已知数列满足，且对任意正整数都有.（1）写出，并求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值；（3）设是数列的前项和，求证：.【答案】（1），，（2）2（3）证明见解析【解析】【小问1详解】因为对任意正整数都有，故，，令