2022-2023学年山东省临沂市高三（下）月考数学试卷（4月份）【含答案】

2022-2023学年山东省临沂市高三（下）月考数学试卷（4月份）参考答案与试题解析一、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．（5分）设全集U＝R，集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{x∈R|x＞2}，则图中阴影部分所表示的集合为（）A．{0，1} B．{1} C．{1，2} D．{0，1，2}【答案】C【分析】根据题意，结合Venn图与集合间的基本运算，即可求解．【解答】解：根据题意，易知图中阴影部分所表示（∁UB）∩A＝{1，2}．故选：C．2．（5分）若复数z满足（1+z）（1﹣i）＝2，则复数z的虚部为（）A．i B．﹣i C．1 D．﹣1【答案】C【分析】根据复数的除法法则得到z＝i，求出虚部．【解答】解：由（1+z）（1﹣i）＝2得，故复数z的虚部为1．故选：C．3．（5分）的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．80【答案】C【分析】先写出二项展开式的通项，再令x的指数为零，求出r，进而求解．【解答】解：根据二项展开式的通项得到：Tr+1＝C（x2）5﹣r（）r＝2rCx10﹣3r．令10﹣3r＝4，解得r＝2．则系数为22C＝40．故选：C．4．（5分）已知某圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（）A．2π B．3π C．4π D．5π【答案】C【分析】先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用扇形面积公式可计算出圆锥的侧面积．然后加上圆锥的底面圆的面积得到圆锥的表面积．【解答】解：根据题意，圆锥的母线长为＝3，所以圆锥的表面积＝π×12+×2π×1×3＝4π．故选：C．5．（5分）已知函数，若m＜n，f（m）＝f（n），则n﹣m的取值范围是（）A．（1，2] B．[1，2） C．（0，1] D．[0，1）【答案】B【分析】画出图象，根据图象确定m，n的取值范围，得出n﹣m的值．【解答】解：函数f（x）的图象如图所示，m＜n，f（m）＝f（n），f（x）＝1时，m＝0，令＝1，x＝1，故n＝1，n﹣m＝1，f（x）＝0时，m＝﹣2，令＝0，x＝0，故n＝0，根据题意n≠0，所以n﹣m＜2所以n﹣m∈[1，2）．故选：B．6．（5分）小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字0，5，0，9，1，9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（）A．16 B．24 C．166 D．180【答案】B【分析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，共有4个元素进行全排列，即可得答案．【解答】解：将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果．故选：B．7．（5分）F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B．若2＝，则C的离心率是（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】设一渐近线OA的方程为y＝x，设A（m，m），B（n，﹣），由2＝，求得点A的坐标，再由FA⊥OA，斜率之积等于﹣1，求出a2＝3b2，代入e＝＝进行运算．【解答】解：由题意得右焦点F（c，0），设一渐近线OA的方程为y＝x，则另一渐近线OB的方程为y＝﹣x，设A（m，），B（n，﹣），∵2＝，∴2（c﹣m，﹣）＝（n﹣c，﹣），∴2（c﹣m）＝n﹣c，﹣＝﹣，∴m＝c，n＝c，∴A（c，）．由FA⊥OA可得，斜率之积等于﹣1，即•＝﹣1，∴a2＝3b2，∴e＝＝＝，故选：A．8．（5分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，AA1＝6，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，P为侧棱CC1的中点，则四棱锥P﹣AA1B1B外接球的表面积为（）A．13π B．52π C．104π D．208π【答案】B【分析】连接A1B，B1A交于点O，连接OP．根据题意数量关系求得，得到OP＝OB＝OA1，又在矩形AA1B1B中，OA＝OA1＝OB＝OB1，得到点O为四棱锥P﹣AA1B1B外接球的球心，可得外接球的半径，进而得到表面积．【解答】解：连接A1B，B1A交于点O，连接OP，因为AA1⊥平面ABC，所以在矩形AA1C1C中，由P为CC1的中点，知，在Rt△ABC中，，所以，在Rt△A1AB中，，所以，所以A1P⊥BP，又O为A1B的中点，所以OP＝OB＝OA1，又在矩形AA1B1B中，OA＝OA1＝OB＝OB1，所以点O为四棱锥P﹣AA1B1B外接球的球心，所以外接球的半径，其表面积S＝4πR2＝52π．故选：B．二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）已知f（x）＝x3g（x）为定义在R上的偶函数，则函数g（x）的解析式可以为（）A．g（x）＝lg B．g（x）＝3x﹣3﹣x C．g（x）＝+ D．g（x）＝ln（）【答案】BD【分析】由题意可知，g（x）是R上的奇函数，再利用奇函数和偶函数的定义进行判断．【解答】解：因为f（x）＝x3g（x）是偶函数，所以f（﹣x）＝f（x），即﹣x3g（﹣x）＝x3g（x），所以g（﹣x）＝﹣g（x），所以g（x）是R上的奇函数，对于A，定义域为（﹣1，1），不满足题意；对于B，定义域为R，g（﹣x）＝3﹣x﹣3x＝﹣g（x），符合题意；对于C，定义域为R，＝，不符合题意；对于D，定义域为R，，而，符合题意．故选：BD．（多选）10．（5分）为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重．经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（）A．频率分布直方图中a的值为0.04 B．这100名学生中体重不低于60千克的人数为20 C．这100名学生体重的众数约为52.5 D．据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25【答案】ACD【分析】利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由分位数的计算方法求解，即可判断选项D．【解答】解：由（0.01+0.07+0.06+a+0.02）×5＝1，解得a＝0.04，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为（0.04+0.02）×5＝0.3，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为0.3×100＝30人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为＝52.5，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在[60，65）的频率为0.04×5＝0.2，所以计该校学生体重的75%分位数约为60+5×＝61.25，故选项D正确．故选：ACD．（多选）11．（5分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图2，将筒车抽象为一个半径为R的图，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当t＝0，盛水筒M位于点，经过t秒后运动到点P（x，y），点P的纵坐标满足y＝f（t）＝Rsin（ωt+φ）（t≥0，ω＞0，），则下列叙述正确的是（）A．筒车转动的角速度 B．当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为﹣2 C．当筒车旋转100秒时，盛水筒M和初始点P0的水平距离为6 D．筒车在（0，60]秒的旋转过程中，盛水筒M最高点到x轴的距离的最大值为6【答案】ACD【分析】根据题意可知周期为120秒，进而可求ω，根据可求解，进而得，根据三角函数的性质，即可结合选项逐一求解．【解答】解：对于A，因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，所以，故A正确；对于B，因为当t＝0时，盛水筒M位于点，所以，所以有，因为，所以，即，所以，故B错误；对于C，由B可知：盛水筒M的纵坐标为，设它的横坐标为x，所以有，因为筒车旋转100秒时，所以此时盛水筒M在第三象限，故x＝﹣3，盛水筒M和初始点P0的水平距离为3﹣（﹣3）＝6，故C正确；对于D，因为，60]，所以筒车在（0，60]秒的旋转过程中，盛水筒M最高点到x轴的距离的最大值为6，故D正确．故选：ACD．（多选）12．（5分）过抛物线y2＝3x的焦点F的直线与抛物线交于A（x1，y1）（y1＞0），B（x2，y2）两点，点A，B在抛物线准线上时，射影分别为A1，B1，AO交准线于点M（O为坐标原点），则下列说法正确的是（）A． B．∠A1FB＝90° C．直线MB∥x轴 D．|AF|•|BF|的最小值是【答案】BCD【分析】根据抛物线的几何性质，方程思想，根与系数的关系，抛物线的焦半径公式，即可分别求解．【解答】解：∵抛物线方程为y2＝3x，∴抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为，∵直线AB的斜率不为0，且过焦点F，∴设直线AB的方程为，将其代入y2＝3x中，可得，∴，∴，∴，∴A选项错误；∵，O（0，0），M（，yM）三点共线，∴，∴，又，∴yM＝y2，∴直线MB∥x轴，∴C选项正确；易知A1，B1的坐标分别为，∴，∴∠A1FB1＝90°，∴B正确；设直线AB的倾斜角为θ（θ≠0），则根据抛物线焦半径公式得，∴，当且仅当AB⊥x轴时，等号成立，∴D选项正确，故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知，，且，记与的夹角为θ，则θ＝．【答案】．【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的夹角的运算求解即可．【解答】解：已知，则，又，且，则，记与的夹角为θ，则，即，又θ∈[0，π]，则，故答案为：．14．（5分）已知线段PQ两端点的坐标分别为P（﹣1，1）和Q（2，2），若直线l恒过（0，﹣1），且与线段PQ有交点，则l的斜率k的取值范围是．【答案】．【分析】根据已知条件及直线的斜率公式即可求解．【解答】解：因为直线l恒过A（0，﹣1），P（﹣1，1）和Q（2，2），所以，，由题意可知，直线l的斜率存在且l的斜率k，若直线l与线段PQ有交点，如图所示：由图象可知，k≥kAQ或k≤kAP，即或k≤﹣2，所以l的斜率k的取值范围是为．故答案为：．15．（5分）已知函数（e为自然对数的底数），若f（3a2）+f（2a﹣1）≥0，则实数a的取值范围是．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意，由函数的奇偶性分析可得函数f（x）为奇函数，利用导数分析可得函数在R上为减函数，则原不等式可以转化为3a2≤1﹣2a，解可得a的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数，其定义域为R，有f（﹣x）＝﹣e﹣x+2（﹣x）﹣（﹣x）3＝﹣（﹣ex+2x﹣x3）＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，又由f′（x）＝﹣﹣ex+2﹣x2＝﹣[（+ex﹣2）+x2]，又由+ex≥2，则有f′（x）＜0，函数在R上为减函数，f（3a2）+f（2a﹣1）≥0⇒f（3a2）≥﹣f（2a﹣1）⇒f（3a2）≥f（1﹣2a）⇒3a2≤1﹣2a，解可得：﹣1≤a≤，则a的取值范围为；故答案为：．16．（5分）设圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0的圆心为C，直线l过（2，3），且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为x＝2或3x﹣4y+6＝0．【答案】x＝2或3x﹣4y+6＝0．【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，再分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程．【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4，所以圆心C为（1，1），半径r＝2，又直线l被圆截得的弦长，圆心C到直线l的距离，①当直线l过（2，3）且斜率不存在时，l的方程为x＝2，满足圆心C（1，1）到x＝2的距离为1，x＝2，满足题意，②当直线l过（2，3）且斜率存在时，设l为y﹣3＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+3＝0，圆心C到直线l的距离，解得，直线l方程为3x﹣4y+6＝0，综合可得直线l的方程为x＝2或3x﹣4y+6＝0，故答案为：x＝2或3x﹣4y+6＝0．四、解答题：本题共3小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若cosA＝，求sin（2A﹣B）的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出tanB，即可得解；（Ⅱ）用同角三角函数的基本关系求出sinA，即可求出sin2A、cos2A，再根据两角差的正弦公式计算可得．【解答】解：（Ⅰ）由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，则a2+c2﹣b2＝2accosB，又，所以，即，由正弦定理可得，因为sinA＞0，所以，则，又0＜B＜π，所以；（Ⅱ）因为，所以，所以，所以．18．（12分）已知数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，且满足＝．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和Tn．【答案】（1）an＝n，n∈N*；（2）Tn＝2﹣（n+2）•（）n．【分析】（1）由数列的递推式和数列恒等式，可得所求通项公式；（2）求得＝n•（）n，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【解答】解：（1）由＝，可得2Sn＝（n+1）an，可得n＝2时，2S2＝2（a1+a2）＝3a2，由a1＝1，可得a2＝2，当n≥2时，2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝（n+1）an﹣nan﹣1，化为（n﹣1）an＝nan﹣1，即有＝，所以an＝a1•••...•＝1×2××...•＝n，上式对n＝1，n＝2都成立，所以an＝n，n∈N*；（2）＝n•（）n，前n项和Tn＝1•+2•......+（n﹣1）•（）n﹣1+n•（）n，Tn＝1•+2•+...+（n﹣1）•（）n+n•（）n+1，上面两式相减可得Tn＝++...+（）n﹣n•（）n+1＝﹣（n•（）n+1，化简可得Tn＝2﹣（n+2）•（）n．19．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD是正方形，AB＝2，D