2022届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析

这是一份2022届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析，共16页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
银川一中2022届高三年级第二次月考文 科 数 学注意事项：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．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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. 集合的真子集的个数是（    ）A. 7 B. 3 C. 4 D. 8【答案】B【解析】【分析】根据真子集个数的计算方法，求得正确选项.【详解】集合有两个元素，所以真子集个数为.故选：B2 复数，则|（    ）A.  B. 1 C.  D. 5【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算化简，由此求得.【详解】因为，所以．故选：A3. 已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、、为假命题.故选：A．4. 已知等比数满足，则数列的公比（    ）A. 2 B.  C. 3 D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意代入等比数列通项公式可得，化简即可得解.【详解】由题意可得，可得.故选：C5. 若，满足约束条件，则的最大值为（    ）A.  B. 0 C. 2 D. 10【答案】C【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在直线中是直线的纵截距，向下平移时纵截距减小，增大．因此平移直线，当过时，为最大值．故选：C．6. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】通过平方将原式变形得到，再结合正弦二倍角公式即可求解.【详解】因为，所以两边平方得，又因为，所以，即，所以故选：B7. 已知函数，在上随机取一个实数，则使得成立的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先求不等式的解集，再根据区间长度，求几何概型的概率.【详解】由，得，解得，在区间上随机取一实数，则实数满足不等式的概率为．故选：B8. 下列不等式恒成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由基本不等式，可判定A不正确；由，可判定B正确；根据特例，可判定C、D不正确；【详解】由基本不等式可知，故A不正确；由，可得，即恒成立，故B正确；当时，不等式不成立，故C不正确；当时，不等式不成立，故D不正确.故选：B.9. 在数列中，，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由依次计算…，判断数列是周期数列，再根据周期计算，即得结果.【详解】依题意，，，，，…，数列是以为周期的周期数列，所以.故选：A.10. 若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】把不等式化为，求出在区间[1，4]内的最大值，即可得出的取值范围．【详解】不等式在内有解等价于时，.当时，，所以.故选：A.11. 已知函数满足，且对任意都满足，则的值为A. 2019 B. 2 C. 0 D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的周期，得出，再根据条件求得的值，即可求解.【详解】由题意，对任意，满足，所以，所以函数是以6为周期的周期函数，所以，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了函数的周期性的判定及应用，以及函数值的求解，其中解答中根据题设条件求得函数的周期性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12. 已知曲线与曲线有且只有两个公共点，则实数a的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数零点与方程根的关系，可将两条曲线交点问题转化为一条曲线的零点问题进行求解，根据题意可得有两个实数解，即方程有两个实数解，令，求出函数的最值，从而可得出答案.【详解】解：根据题意，可得函数的定义域为：方程有两个实数解，，即得，方程有两个实数解，此时令，则直线与函数的图象有两个交点，令，则有，或；,在上单调递增，在上单调递减,（1）,当时，；当时，若使直线与有两个交点，则需使.故选：D．二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若向量，，且，则实数的值为______.【答案】6【解析】【分析】由可得，从而可求出实数的值【详解】因，，且，所以，得，故答案为：614. 已知为等差数列，的前5项和，，则______．【答案】11【解析】【分析】设等差数列的公差为，则由题意可得，解方程组求出，从而可求出结果【详解】解：设等差数列的公差为，因为，，所以，解得，所以，故答案为：1115. 公元1231年，南宋著名思想家，教育家陆九渊的弟子将象山书院改建于三峰山徐岩（徐岩旧址，现为贵溪市第一中学），在信江河畔便可望见由明正德皇帝御笔亲题的“象山书院”红色题刻．为测量题刻的高度，在处测得仰角分别为，，前进米后，又在处测得仰角分别为，，则题刻的高度约为__________米．    【答案】【解析】【分析】根据仰角的关系可得，结合等腰直角三角形的性质可求的高度.【详解】因为在处看的仰角分别为，在处看的仰角分别为，，且均为等腰直角三角形，故．故答案为：40.16. 袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到”和””平”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：232  321  230  023  123  021  132  220  011  203  331  100231  130  133  231  031  320  122  103  233  221  020  132由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为_____．【答案】【解析】【分析】根据题目找出符合条件的数组，再除以总的数组即可。【详解】由题意知满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中，含0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，出现1就不能出现0，第三次必须出现前两个数字中没有出现的1或0，即符合条件的数组只有3组，分别为：021，130，031，∴恰好第三次就停止的概率为p．故答案为：【点睛】本题主要考查了古典概型，属于基础题。三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分17. 各项均为正数的等比数列中，记为的前项和，，.（1）求通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可以设等比数列的公比为，结合已知的，即可得到进而得到数列的通项公式；（2）由题意得到通过裂项相消法求和即可.【详解】（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，由题意知，因为等比数列中，所以，解得或（舍去），所以的通项公式为；（2）由（1）知，所以，所以18. 为了解我市高三学生参加体育活动的情况，市直属某校高三学生500人参加“体育基本素质技能”比赛活动，按某项比赛结果所在区间分组：第1组：，第2组：，第3组：，第4组：，第5组：，得到不完整的人数统计表如下：比赛结果所在区间人数5050a150b其频率分布直方图为：（1）求人数统计表中的a和b的值；（2）根据频率分布直方图，估计该项比赛结果的中位数；（3）用分层抽样的方法从第1，2，3组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加上一级比赛活动，求参加上一级比赛活动中至少有1人的比赛结果在第3组的概率.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图求出比赛结果在及内的频率即可得解；(2)利用频率分布直方图求中位数的方法计算即得；(3)求出第1，2，3组中各抽的人数，再用列举法即可求出概率.【详解】（1）由频率分布直方图得，比赛结果在内的频率为：，则，比赛结果在内的频率为：，则，所以人数统计表中的a和b的值分别为200，50；（2）由频率分布直方图知，比赛结果在内的频率为0.2，比赛结果在内的频率为0.6，则中位数应在内，所以估计该项比赛结果的中位数为：；（3）因第1，2，3组的频率分别为0.1，0.1，0.4，则利用分层抽样在第1，2，3组中抽的人数比为，于是得抽取的6人中，第1组抽取1人，第2组抽取1人，第3组抽取4人，记第1组抽取的1位同学为A，第2组抽取的1位同学为B，第3组抽取的4位同学为，，，，则从6位同学中抽两位同学有：，，，，，，，，，，，，，，，共有15种等可能结果，其中2人比赛结果都不在第3组的有：，共1种可能，所以至少有1人比赛结果在第3组的概率为.19. 在中，，，所对的边为，，，满足.（1）求的值；（2）若，，则的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据条件式，展开后结合余弦定理即可求得的值；（2）先求得，结合正弦定理即可求得，进而得三角形周长.【详解】（1）由条件，展开化简可得，结合余弦定理可得，因为，所以.（2）由（1）可知，而，，则由正弦定理可得，代入解得，，所以的周长为，【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.20. 已知数列的前项和为，，数列是等差数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）若，记数列的前项和为，求．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据，令，求出，进一步利用求出的通项公式；根据，求出，进一步求出的通项公式；（2）首先写出，利用错位相减即可得出答案.【详解】（1）由，可得时，，解得，时，，又，两式相减可得，即，可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以；设等差数列的公差为，且，，可得，所以；（2），，，两式相减可得，化简可得．21. 已知函数，，为自然对数的底数.（1）证明：；（2）若恒成立，求实数的范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）对原函数求导后可知函数在上单调递增，得到即可；（2）将题意转化为恒成立，构造，由，，可知对分为和讨论即可.【详解】（1），于是，.又因为，当时，且.故当时，，即.所以，函数为上的增函数，于是，.因此，对，；（2）恒成立，恒成立.令，，，.①当时，，由（1）可知，在上为增函数，恒成立.时满足题意②当时，由（1）可知在上单调递增，而∴存在，使得.∴时，单调递减，，不合题意，舍去.综上，.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分．选修4－4：坐标系与参数方程22.  在平面直角坐标系中，以为极点、轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线过定点且与曲线交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线斜率为2，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题得，再代入极坐标公式即得解；（2）先写出直线的参数方程，代入抛物线方程，再利用韦达定理得解.【详解】（1）由得.于是，∴，所以曲线的直角坐标方程为.（2）设直线的倾斜角为，则，于是，，所以直线的参数方程为（为参数）.将，代入得，所以，，所以.选修4—5：不等式选讲23. 已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若，使得，求的取值范围．【答案】（1）或}；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）分，，三种情况讨论求解即可；（2）先求，使得时，的取值范围，再求补集即可.【详解】解：（1）当时，．当时，，所以；当时，，不成立；当时，，所以，所以，综上可知，所求解集为或}．（2）要求，使得时，的取值范围，可先求，使得时，的取值范围，，，当时，恒成立；当时，，综上，，使得时，的取值范围为，故，使得时，的取值范围为．