山东省2021-2022学年高三下学期2月第二次学业质量联合检测数学试题（Word版含答案）

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2022届山东省高三第二次学业质量联合检测
数 学
本试卷4页。总分150分。考试时间120分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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．
2．已知，则复数
A． B． C． D．
3．已知非零实数m，n满足，则下列关系式一定成立的是．
A． B．
C． D．
4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则它的体积为
A． B． C． D．
5．若，，则
A． B． C． D．
6．“”是“过点有两条直线与圆相切”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
7．的展开式中的系数为
A． B． C．160 D．80
8．兩数在区间上的所有零点之和为
A．0 B．3 C．6 D．12
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，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9．已知m，n均为正数，随机变量X的分布列如下表：
X 0 1 2
P m n m
则下列结论一定成立的是
A． B．
C． D．
10．已知抛物线C：的焦点为F，点P在抛物线C上，，若△PAF为等腰三角形，则直线AP的斜率可能为
A． B． C． D．
11．已知在△ABC中，，，，若，则
A． B．
C． D．
12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN
C．三棱锥P－MBN的体积为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知直线与曲线相切，则 ．
14．已知等比数列的公比为，前n项和为，若也是等比数列，则 ．
15．一个箱子里装有5件产品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，从中任意不放回地随机抽取，每次1件，直到取到次品为止，则此过程中恰好把2件一等品全部取出的概率为 ．
16．已知A，B是抛物线上两动点，过A，B分别作抛物线的切线，若两切线交于点P，当时，点P的纵坐标为 ，△APB面积的最小值为 ．（本题第一空2分，第二空3分）
四、解答题：本题共6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）
第五代移动通信技术（简称5G）是最新一代蜂窝移动通信技术，是实现人机物互联的网络基础设施．某市工信部门为了解本市5G手机用户对5G网络的满意情况，随机抽取了本市200名5G手机用户进行了调查，所得情况统计如下：
满意情况 年龄 合计
50岁以下 50岁或50岁以上
满意 95
不满意 25
合计 120 200
（1）完成上述列联表，并估计本市5G手机用户对5G网络满意的概率；
（2）依据小概率值的独立性检验，分析本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下是否有关．
附：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
，其中．
18．（12分）
如图，D是△ABC外一点，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求；
（2）若，，且△ABC的面积是△ADC面积的2倍，求b的值．
19．（12分）
已知数列满足，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
20．（12分）
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是等边三角形，平面平面ABCD，E，F分别是PC，PB上的点，且，．
（1）证明：平面BDE；
（2）求直线BC与平面BDE所成角的正弦值．
21．（12分）
已知函数，．
（1）若，求的单调区间；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
22．（12分）
已知椭圆C：的左顶点是A，右焦点是，过点F且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO的斜率之积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线AM和AN分别与直线交于P，Q两点，证明：以线段PQ为直径的圆恒过两个定点，并求出定点坐标．
参考答案及解析
2022届高三第二次学业质量联合检测·数学
一、选择题
1．C
【解析】因为集合，所以．
2．C
【解析】设（a，），则．因为，所以即，整理得，所以，解得，所以．
3．D
【解析】因为，所以．取，，验证可得选项A，B不正确；取，，验证可得选项C不正确；故选项D正确．
4．B
【解析】设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，．因为直角圆锥的侧面积为，所以，解得，所以该直角圆锥的体积为．
5．D
【解析】因为，，所以，所以．
6．B
【解析】由已知得点在圆外，所以，解得，所以“”是“过点有两条直线与圆相切”的必要不充分条件
7．D
【解析】，展开式的通项为，令，得的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数为．
8．C
【解析】函数的零点就是函数与的图象公共点的横坐标．如图，因为函数与的图象均关于点成中心对称，且函数与的图象在区间上共有6个公共点，它们关于点对称，所以函数在区间上共有6个零点，它们的和为．
二、选择题
9．BCD
【解析】由分布列的性质得，，，当，时，，故选项A错误；因为，故选项B正确；因为m，n均为正数，所以，即，当且仅当时，等号成立，故选项C正确；由，得．又，所以，故选项D正确．
10．AB
【解析】由题意知，设，若，则，解得，则点P的坐标为或，所以或；若，则．因为，所以，解得或（舍去），所以点P的坐标为或，所以或．
11．BC
【解析】因为，，所以M，N分别为AB，CM的中点，所以，所以，故选项A错误；由，得，故选项B正确；因为，，所以，故选项C正确；由，得，则，故选项D错误．
12．ABC
【解析】如图，在正方体中，连接，，因为N，P分别是，的中点，所以，又因为，所以，所以，B，N，P四点共面，即当Q与重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；连接PQ，，当Q是的中点时，因为，，所以，因为平面BMN，平面BMN，所以平面BMN，故选项B正确；连接，，，因为，所以，故选项C正确；分别取，的中点E，F，构造长方体MADF－EBCN，则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF－EBCN的外接球，设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF－EBCN的体对角线即为所求的球的直径，即，经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故选项D错误．
三、填空题
13．3
【解析】对求导，得．设切点为，则，解得．
14．2
【解析】因为等比数列的公比为，所以，，．因为是等比数列，所以，即，解得或（舍去）．当时，，是等比数列，符合题意．
15．
【解析】记事件M＝“取到次品停止时恰好把2件一等品全部取出”，A＝“第3次取到次品，前2次取出的全是一等品”，B＝“第4次取到次品，前3次取出的含2件一等品和1件二等品”，C＝“第5次取到次品，前4次取出的含2件一等品和2件二等品”，则，所以此过程中恰好把2件一等品全部取出的概率为．
16．
【解析】设，，不妨设A在第一象限，直线AP的方程为，直线BP的方程为，两方程联立解得因为，所以，所以．则直线AB的方程为，即，故点P到直线AB的距离，，所以，当且仅当时，等号成立．
四、解答题
17．解：
（1）2×2列联表如下：
满意情况 年龄 合计
50岁以下 50岁或50岁以上
满意 95 55 150
不满意 25 25 50
合计 120 80 200
所以本市5G手机用户对5G网络满意的概率约为．
（2）零假设为：本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下无关．
根据列联表中的数据，计算可得．
根据小概率值的独立性检验原则，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下无关．
18．解：
（1）在△ABC中，由及正弦定理，得，
整理得，
即．
因为在△ABC中，，所以．
又，所以．
（2）由（1）知，
因为，，
所以．
又，，
所以，解得．
因为，所以．
19．解：
（1）因为，
所以当时，，即．
所以当n为奇数时，是常数列．
又，所以当n为奇数时，，即．
当n为偶数时，，
所以当时，，
即的通项公式为．
（2）因为，
所以，
所以．
即数列的前项和．
20．
（1）证明：如图，取PC的中点Q，连接QF，
因为，，
所以，且E为QC的中点．
又因为，所以，所以．
又因为∠FPQ＝∠BPE，所以△FPQ∽△BPE，
所以∠PFQ＝∠PBE，
所以．
因为平面BDE，平面BDE，
所以平面BDE．
连接AC，交BD于点M，连接AQ，ME，
因为M为AC的中点，E为QC的中点，
所以．
因为平面BDE，平面BDE，
所以平面BDE．
因为平面AQF，平面AQF，，
所以平面平面BDE．
因为平面AQF，
所以平面BDE．
（2）解：如图，取AD的中点H，BC的中点G，连接PH，HG，则．
因为，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，所以直线PH，AD，HG两两垂直．
以H为原点，以HA所在直线为x轴，HG所在直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，，，
，，，，
设平面BDE的一个法向量为，则
，得，
令，得，，所以．
设直线BC与平面BDE所成的角为，
则．
所以直线BC与平面BDE所成角的正弦值为．
21．解：
（1）当时，，
则．
当时，因为，且，
所以，
所以，单调递减．
当时，因为，且，
所以，
所以，单调递增．
所以当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）恒成立等价于恒成立，
令，
则．
①当时，在区间上恒成立，符合题意；
②当时，，
因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，所以存在唯一，使，此时，即，
则当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以．
令，得．
因为，所以．
综上，实数a的取值范围为．
22．解：
（1）设椭圆C的右顶点是，连接，
因为B，0分别是AM，的中点，
所以．
因为直线AM与BO的斜率之积为，
所以．
设，则．
因为，，
所以，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）证明：设直线MN的方程为，，
联立，整理得，，
设，则，．
由，知AM的方程为，
则点P的坐标为，
同理可得，点Q的坐标为．
令，，则PQ中点的坐标为，，
所以以PQ为直径的圆的方程为，
即．
又
．
，
所以以PQ为直径的圆的方程为．
令，得或，
故以线段PQ为直径的圆恒过x轴上的两定点，定点坐标分别为和．