山东省部分学校联考(烟台市第二中学等校)2021-2022学年高三上学期阶段质量检测数学试题

高三上学期阶段质量检测数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

11．已知集合Ax32x15，Bxylnx1，则AB（ ）

xA．1,2 B．1,2 C．1,00,2

D．1,00,2

2．设i3z35i，则z（ ） A．53i B．53i C．53i

D．53i 3．在空间中，“直线AB与CD没有公共点”是“直线AB与CD异面”的（ A．必要不充分条件 B．充要条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．函数fxlnxexex的大致图象是（ ） A． B．

C． D．

5．刘老师在课堂中与学生探究某个圆时，有四位同学分别给出了一个结论. 甲：该圆经过点2,2. 乙：该圆的半径为5.

试卷第1页，共5页

） 丙：该圆的圆心为1,0. 丁：该圆经过点7,0，

如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（ ） A．甲

B．乙

C．丙

D．丁

6．已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则APBP的最小值为（ ） A．2

B．1

C．2

D．1

7．酒驾是严重危害交通安全的违法行为.根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量在20~80mg之间为酒后驾车，80mg及以上为醉酒驾车.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1.2mg/mL，且在停止喝酒以后，他血液中的酒精含量会以每小时20%的速度减少，若他想要在不违法的情况下驾驶汽车，则至少需经过的小时数约为（ ）（参考数据：lg20.3，lg30.48） A．6

B．7

C．8

D．9

8．根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从

A5,m1沿直线ym1发出的光线经抛物线y24x两次反射后，回到光源接收器D5,m2，则该光线经过的路程为（ ）

A．11 二、多选题

B．12 C．13 D．14

9．下列式子等于cosx的是（ ）

652sinxA．cosx B．63C．3cosxsinx

2 x2D．2cos1

12210．已知x0，y0，且xyxy30，则（ ）

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A．xy的取值范围是1,9 C．x4y的最小值是3

B．xy的取值范围是2, D．x2y的最小值是423

11．若函数yfx的图象上存在两点，使得fx的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yfx具有T性质.下列函数中具有T性质的是（ ） A．ysin2x C．yx1，x2, x2B．ytanx D．yexlnx

12．对于正整数n,n是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目.函数n以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如96，则（ ）

7A．log776log76 nB．数列3为等比数列

C．数列2n单调递增 nD．数列n2的前n项和恒小于4 三、填空题

13．写出一个满足以下三个条件的椭圆的方程：___________.①中心为坐标原点；①焦点在1坐标轴上；①离心率为.

314．已知函数f(x)sin(3x)的图象关于直线xm0m对称，则m的最大值为

5___________.

fx1fx2ex1ex215．已知函数fx的定义域为0,，当x2x10时，，若x2x1x2x1f2e21，则flnx2x的解集为______． lnx16．如图，在四棱锥PABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，ABC60，ABAD，若四棱锥PABCD的体积为24，则四棱锥PABCD外接球的表面积是___________.

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四、解答题

17．已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2A3sinA20. (1)求A；

(2)若bc63，求ABC外接圆面积的最小值. 18．在数列an中，a12，且an12n1an2n1. (1)证明；数列ann1是等比数列.

1(2)若bnlog4ann1，求数列的前n项和Sn.

bnbn119．武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营．夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠．该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时．

(1)求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；

(2)在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少的最小值．

20．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面

ABCD,PAAB2,BAD120,ACBD，△BCD是等边三角形.

25分钟，求t3试卷第4页，共5页

(1)证明：平面PAD平面PCD. (2)求二面角BPCD的正弦值.

x221．如图，已知双曲线C:y21，过P1,1向双曲线C作两条切线，切点分别为

3Ax1,y1，Bx2,y2，且x10,x20.

(1)证明：直线PA的方程为

x1xy1y1. 3(2)设F为双曲线C的左焦点，证明：AFPBFPπ. 22．已知函数f(x)ex1a(x1)． (1)讨论f(x)的零点个数．

(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1x24．

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参：

1．D 【解析】 【分析】

先求出集合A,B,再由交集运算可得答案. 【详解】

由32x15可得42x4解得2x2，所以A2,2

x101又ylnx1中x满足，所以x1且x0，所以B1,00,

x0x所以AB1,00,2. 故选：D 2．A 【解析】 【分析】

直接根据复数的四则运算即可求出z53i 【详解】 由题意可得：z故选：A 3．A 【解析】 【分析】

由于在空间中，若直线AB与CD没有公共点，则直线AB与CD平行或异面，再根据充分、必要条件的概念判断，即可得到结果. 【详解】

在空间中，若直线AB与CD没有公共点，则直线AB与CD平行或异面. 故“直线AB与CD没有公共点”是“直线AB与CD异面”的必要不充分条件. 故选：A. 4．D 【解析】

35i35ii3i553i ii21试卷第1页，共15页

【分析】

先根据函数奇偶性排除B选项，根据特殊点，排除C选项，根据分子和分母的增长速度排除A选项. 【详解】

因为fx定义域为,00,，且fxfx，所以fx是偶函数，排除B；又

f10，排除C；当x1时，函数yexex比ylnx增长得更快，故函数的大致图象

为D选项. 故选：D 5．D 【解析】 【分析】

分别假设甲、乙、丙、丁是错误的，看能否推出矛盾，进而推导出答案. 【详解】

假设甲的结论错误，根据丙和丁的结论，该圆的半径为6，与乙的结论矛盾；假设乙的结论错误，圆心1,0到点2,2的距离与圆心1,0到点7,0的距离不相等，不成立；假设丙的结论错误﹐点2,2到点7,0的距离大于25，不成立；假设丁的结论错误，圆心1,0到点2,2的距离等于5，成立. 故选：D 6．D 【解析】 【分析】

选基底，用基向量表示出所求，由二次函数知识可得. 【详解】

记BPx，x[0,4] 因为APBPBA，

所以APBPBPBABPBP2BPx22x(x1)211. 故选：D

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7．C 【解析】 【分析】

根据题意列出不等式120120%20，利用指对数幂的互化和对数的运算公式即可解出不等式. 【详解】

x81设该驾驶员至少需经过x个小时才能驾驶汽车，则120120%20，所以，则

106xxxlog8101lg6lg2lg37.8，所以该驾驶员至少需经过约8个小时才能驾驶汽车. 6lg0.83lg21故选：C 8．B 【解析】 【分析】

设出B、C坐标，由坐标和焦点弦公式表示出三条线段直接可得. 【详解】

设Bx1,m1，Cx2,m2，所以AB5x1，BCx1x22，CD5x2，所以该光线经过的路程为12. 故选：B 9．CD 【解析】 【分析】

根据诱导公式，即可判断A，B不正确；根据三角恒等变换，即可判断C正确；根据余弦的二倍角公式，即可判断D正确，由此即可得到答案. 【详解】

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5cosxcosxcosxcosx，故A不正确；

66662sinxsinxcosxcosx，故B不正确；

362663cosxsinx31cosxsinxcosx，故C正确；

2226x2cos21cosxcosx，故D正确.

61226故选：CD. 10．BD 【解析】 【分析】

利用基本不等式xy2xyxy判断选项A，利用基本不等式xy22判断选项B，利用

拼凑法和基本不等式的应用判断选项C、D. 【详解】

因为x0，y0，所以xy2xy，所以3xy≥2xy， 解得0xy1，即0xy1，则A错误.

xy因为x0，y0，所以xy222xy ，所以3xy，

22即xy4xy120，解得xy2，则B正确. 因为xyxy30，所以x则x4y1当且仅当

y341， y1y1444y4y152453， y1y144y1即y0时等号成立.因为y0.所以x4y3，则C错误. y1442y2y13423， y1y1x2y1当且仅当

42y1即y21时等号成立，则D正确. y1故选：BD 11．ACD 【解析】

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【分析】

函数yfx的图象上存在两点，使得fx的图象在这两点处的切线互相垂直， 则判断yfx存在两个函数值的乘积为1即可. 【详解】

2当ysinx1cos2x3时，ysin2x1,1，当x1,x2时，满足条件； 24410恒成立，不满足条件； cos2x当ytanx时，y3,x2,12x15x2yy当，x2,时，，当x1,x22，满足条件； x243,x1,2x211xx当yexlnx时，ye，函数ye单调递增，且yxx1x33e31，

yx1e11，所以存在yxx11，yxx21，满足条件.

故选：ACD. 12．ABD 【解析】 【分析】

根据欧拉函数的定义结合对数的运算判断A，由欧拉函数定义结合等比数的通项公式判断B，根据欧拉函数求出2n判断C，由欧拉函数求出2法求和可判断D. 【详解】

77因为7为质数，所以与7不互质的数为7，14，21，…，7，共有76个，

777n2n1，再由数列的错位相减

所以log777log777766log76，故A正确；

因为与3n互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，3n2，3n1，共有

nnn1(31)3n123n1个，所以323，则数列3为等比数列，故B正确；

因为21，42，62，所以数列2n不是单调递增数列，故C错误；

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因为2nn2n1nni2ii2，所以ii. ii12i12i12n设Sni1i122i222n112Sn23n，则2222n1nn1， 2n21112所以Sn23222211n11nnn2nn122n11n1，

1222212n2的前n项和为2Sn4n14，故D正确.

2n2n所以Sn2n，从而数列n22故选：ABD

x213．

9y281（答案不唯一）

【解析】 【分析】

根据题干要求得到椭圆方程，要满足8a29b2，答案不唯一 【详解】

x2y2y2x21(m0)或1(m0)即可. 只要椭圆方程形如

9m8m9m8mx2故答案为：

9y281.（答案不唯一）

14．

2323##π 3030【解析】 【分析】

根据给定条件结合正弦函数的性质求出m的关系式，再根据所给范围计算作答. 【详解】 由3x5kkkZ得函数f(x)sin(3x)图象的对称轴：xkZ，

5103210k23kZ，而0m，于是得k{0,1,2}，当k2时，mmax， 330依题意，m所以m的最大值为故答案为：

23. 3023 302215．1,e##x|1xe

【解析】

试卷第6页，共15页

【分析】

x构造gxxfxxe，可得gx在0,上单调递减．由flnx2x，转化为lnxglnxg2，利用单调性可得答案．

【详解】

fx1fx2ex1ex2xx由，得x1fx1x1e1x2fx2x2e2， x2x1x2x1x令gxxfxxe，则gx1gx2，

又x2x10，

所以gx在0,上单调递减． 由flnx2x，得lnxflnxxlnx2，因为g22f22e22， lnx所以glnxg2，所以0lnx2，得1xe2．

2故答案为：1,e.

16．

208208π ##

33【解析】 【分析】

根据球的截面圆圆心与球心的连线垂直截面可确定OO垂直平面ABCD，构造直角三角形求解球的半径即可得解. 【详解】

如图，分别取BC，AD的中点O，E，连接PE，OE，OA，OD.

因为△PAD是边长为4的等边三角形，所以PE23.

因为四边形ABCD是等腰梯形，ABAD4，AD∥BC，ABC60， 所以OE23，BC8.

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因为四棱锥PABCD的体积为24， 14823所以h24，所以h23.

32因为E是AD的中点，所以PEAD. 因为PEh23，所以PE平面ABCD. 因为OAOBOCOD4，

所以四边形ABCD外接圆的圆心为O，半径r4.

设四棱锥PABCD外接球的球心为O，连接OO，OP，OB，过点О作OFPE，垂足为F.

易证四边形EFOO是矩形，则EFOO，OFOE23. 设四棱锥PABCD外接球的半径为R，则

R2OO2OB2OF2PF2OE2PEOO，即R2OO2422322223OO，解得R252， 32故四棱锥PABCD外接球的表面积是4R208. 3故答案为：17．(1)A(2)9 【解析】 【分析】

208 3

3

（1）利用二倍角公式将已知转化为正弦函数，解一元二次方程可得；

（2）由余弦定理和（1）可求a的最小值，再由正弦定理可得外接圆半径的最小值，然后可解. (1)

因为cos2A3sinA20，所以2sin2A3sinA30， 解得sinA3或sinA3（舍去）， 2又ABC为锐角三角形，所以A(2)

3.

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因为a2b2c22bccosAb2c2bcbc当且仅当bc时，等号成立，所以a33.

2bc3bc4227，

ABC外接圆的半径R18．(1)证明见解析； (2)Sn4n. n1a3a3，故ABC外接圆面积的最小值为9. 2sinA3【解析】 【分析】

（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. (1)

①an12n1an2n1，①an12n1an2n1，

n又①a12，①a120，①数列an2是首项为0，公差为1的等差数列，

①an2nn1，①ann12n，从而

an1n112，

ann1①数列ann1是首项为2，公比为2的等比数列； (2)

n由（1）知ann12，则bnlog4ann1n， 2①

14114， bnbn1nn1nn1114n111①Sn41. 223nn1n1268x0 19．(1)y60cost(2)25 【解析】 【分析】

（1）建立坐标系，由y68OA得出所求函数关系式；

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（2）由y98得出cos再解不等式(1)

2x1，由余弦函数的性质得出第一圈满足y98持续的时间，t22tt25得出t的最小值． 333如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处O1为原点， 以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系xO1y，

摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米．

因为每转动一圈需要t分钟，所以O1OP2x． t2y68OA68OPcosO1OP60cos68x0．

t(2)

依题意，可知y60cos不妨取第一圈，可得持续时间为

2x2x1， 6898，即cost2tt2t22x4，x， 3t3332tt25，即t25，故t的最小值为25． 33320．(1)证明见解析 (2)15 4【解析】 【分析】 （1）设ACBDO，由已知得ADCD，又PA平面ABCD得PACD，利用线面垂

直的判断定理得CD平面PAD，再由面面垂直的判断定理可得平面PAD平面PCD； （2）以O为坐标原点，OB,OC的方向分别为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.

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求出平面PBC的法向量、平面PCD的法向量，由二面角的向量求法可得答案. (1) 设ACBDO，

因为△BCD是等边三角形，且ACBD， 所以O是BD的中点，则ABAD， 又BAD120，所以ADB30， 所以CDACDBADB90， 即ADCD，

又PA平面ABCD,CD平面ABCD， 所以PACD， 又ADPAA， 所以CD平面PAD， 因为CD平面PCD， 所以平面PAD平面PCD.

(2)

以O为坐标原点，OB,OC的方向分别为x,y轴的正方向建立 如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

试卷第11页，共15页

因为PAAB2， 所以BPB3,0,0,C0,3,0,D3,0,0,P(0,1,2)，

3,1,2,PC0,4,2,PD3,1,2，

设平面PBC的法向量mx1,y1,z1， 3x1y12z10,则令y11，得m4y12z10,3,1,2，

设平面PCD的法向量为nx2,y2,z2，

4y22z20,则令y21，得n3,1,2，

3xy2z0,222cosm,nmn1，0m,n， mn42151. 故二面角BPCD的正弦值为14421．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】

（1）设出切线方程，联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标，进而表达出直线PA的方程，化简即为结果；（2）再第一问的基础上，利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值，进而证明出结论. (1)

试卷第12页，共15页

显然直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y1kx1，

x22y1,222联立3得3k1x6kk1x3(k1)30，则

y1kx1,Δ36k2(k1)243k213k22k20，化简得k2k10. 因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标

3k23kx1k1x13k， y，得，则22123k123k1y13k16kk1故l:y(2)

2x1xx1y1，则yy1xx1x1y12，即x1xy1y1. 3y1333同理可得lPB:所以

xx2yy21，又lPA与lPB均过P1,1， 3x1xy11,2y21. 33x故lAB:y1,F2,0，FPFA3,1x12,y13x16y1，

3FPFB3,1x22,y23x26y2， 又因为x10,x20，所以x13,x23，

103x13x1y163032则cosFP,FA， 22226210331x12y1x123103x23x2y263032cosFP,FB， 22226210331x22y2x223故cosFP,FAcosFP,FB，故AFPBFPπ. 【点睛】

圆锥曲线中证明角度相关的问题，往往需要转化为斜率或向量进行求解. 22．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】

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（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解； （2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可. (1)

因为f(1)10，所以1不是f(x)的零点． 当f(x)ex1ex1a(x1)0，可变形为0，

x1ex1令g(x)，则f(x)的零点个数即直线ya与g(x)图象的交点个数．

x1ex1(x2)因为g(x)，g(x)0，得x2，又x1， 2(x1)所以g(x)在(,1),(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增． 因为g(2)e，且当x1时，g(x)0， 所以当a[0,e)时，f(x)没有零点； 当a(,0){e}时，f(x)有一个零点； 当a(e,)时，f(x)有两个零点． (2)

证明：由（1）知，当a(e,)时，f(x)有两个零点． 设x1x2，则x1(1,2),x2(2,)，

x1e1ax110,ex1x2x11由x21得，

x1eax10,22所以x1x2lnx11lnx21，即x1lnx11x2lnx21． 令h(x)xln(x1),x(1,)，则h(x)11x2， x1x1易得h(x)在(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增． 要证x1x24，即证x24x1．

因为x22,4x12，且h(x)在(2,)上单调递增，所以只需证hx2h4x1． 因为hx1令

F(x)h(x)h(4x)xln(x1)(4x)ln(3x)2x4ln(x1)ln(3x),x(1,2)hx2，所以即证hx1h4x1．

，

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112(x2)20， 则F(x)2x1x3(x1)(x3)所以F(x)在(1,2)上单调递减．

因为F(x)F(2)0，所以h(x)h(x4)0． 因为x1(1,2)，所以hx1h4x1，故x1x24．

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