【Ks5u名校】重庆市第八中学2022届高三上期阶段性考试数学试题PDF版含解析

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一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
【解析】
4．根据题意：向径为卫星与地球的连线，即椭圆上的点与焦点的连线的距离. 根据椭圆的几何性质有：卫星向径的最小值为，最大值为，A，B错误；由开普勒行星运动定律，卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等，在第二象限运动时扫过的面积大于在第一象限运动时扫过的面积，故卫星在第二象限内运动的时间大于在第一象限内运动的时间，C正确；当卫星向径的最小值与最大值的比值越小时，由，可得越大，椭圆越扁，所以D错误，故选C．
5．由，且，则
，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值是49，故选C．
6．因为，且
，所以，故选B．
7．法一：，，，由，
，或−2（舍），故选D．
法二：或−2（舍），故选D．
8．如图1，因为四边形为矩形，所以
图1
（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为．直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，由解得或所以，或，．不妨设，，又，所以，. 在△AMN中，，由余弦定理得，即，则，所以，则，所以，故选C．
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
【解析】
9．由于，故，所以，A正确；因为，，解得，故，，B正确；令，解得，即对称轴为，故C错误；令，解得，即对称中心为，故D正确，故选ABD．
10．由所以
，即，故函数是周期为4的周期函数，选项A正确；当时，，则在上单调递增，所以在上单调递增，故选项B错误；因为为偶函数且图象关于对称，则有，，所以
，则的图象关于直线对称，故选项C正确；因为函数是周期为4的偶函数，则，故选项D正确，故选ACD．
图2
图3
11．如图2，对于A，，而，故，所以四边形OAPB的面积有最小值，故A错误；对于B，因为，故四点O，A，P，B共圆，故B正确；对于C，如图3，由B得到A，B，O，P在以为直径的圆上，此圆的方程为：，故
即，故C正确；对于D，因为，故即，所以即，故，故即，当且仅当，故的最大值为，故选BCD．
图4
12．如图4，由已知条件可得由抛物线的对称性，不妨设直线的方程为依题意，由整理得当
，即时，由韦达定理，得对选项，假设成立，由为等腰直角三角形， ，所以为等腰直角三角形，则点B在y轴上，这与已知条件显然矛盾，故错误；对于B选项，过作，垂足为Q，由已知可得，所以又所以由抛物线的定义，得
因此故B正确；对于C选项，，所以，，由直线的方程为，由可得联立，，所以三点共线，C正确；对于选项，因为，所以，又，故成立，故正确，故选BCD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【解析】
13．由题，，，解得．
14．由题，则点满足解得，则．
15．观察规律，每一斜线上分别有1，2，3，…个数，之前要走条斜线，共．
16．法一：平面向量满足设
图5
如图5，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，建立直角坐标系，作矩形OADB，根据矩形的性质，而，所以，所以．由，当O，C，D共线的时候成立．
法二：设，则，，整理有
，则，解得，即．
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
解：（1）当时，，解得；
当时，，∴，化简得，
∴是首项为1，公比为2的等比数列，∴，
因此的通项公式为．………………………………………………………（5分）
（2）由（1）得，∴，
∴，
∴……………………………………………………………………（10分）
18．（本小题满分12分）
解：（1）由已知得，
故由正弦定理得
由余弦定理得，所以．
………………………………………………………………………………………（5分）
（2）由（1）知∴

在锐角三角形中，∴∴
∴，故的取值范围为．
……………………………………………………………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
解：（1）设事件“第次划拳甲赢”为；事件“第次划拳甲乙平局”为；事件“第次划拳甲输”为，则．
因为游戏结束时甲得3分，乙得−3分，所以这包含两种可能的情况：
第一种：前4次猜拳甲赢2次，平局2次，第5次猜拳甲获胜，
其概率为：；
第二种：前3次猜拳甲赢2次，输1次，第4，5次猜拳甲连胜，
其概率为：．
所以游戏结束时乙得−3分的概率为．
………………………………………………………………………………………（6分）
（2）依题可知包含三种情况：
第一种：进行3次猜拳后游戏结束，只可能为甲连胜3次，
其概率为；
第二种：进行4次猜拳后游戏结束，只可能为甲在前3次中胜2次，平1次，第4次甲胜，
其概率为：；
第三种：进行5次猜拳后游戏结束，由（1）知，
其概率为：，
综上：甲至多在进行五次猜拳后获胜的概率为．
………………………………………………………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
（1）证明：由题意知，在平行四边形中，，
又因为平面，平面，
∴平面．……………………………………………………………………（2分）
又因为平面平面，
由线面平行性质定理有：，…………………………………………………（3分）
又因为平面，平面，
∴平面．……………………………………………………………………（5分）
（2）解：取的中点，连接，由题意，，
因为平面平面，平面平面，
故平面，同理平面，
故，，，又易知，
故为等腰直角三角形．
又因为，故，
同理，易知．……………………………………………………………………（7分）
以为坐标原点，建立如图6所示的空间直角坐标系，
故易知：
故：
…………………………………………………（8分）
图6
由（1）知平面，同理可知，平面；
易知不共线，设平面的法向量，
故故……………………………………………（10分）
设直线与平面所成角为，
故：……………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
解：（1）的定义域为且
①当时，，在上单调递增；
②当时，令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
………………………………………………………………………………………（5分）
（2）由（1）可知，当时，单调递增，至多有一个零点，舍去；
若时，由，，
则要使有两个零点，只需，从而．
故时，有两个零点，不妨设．
由（1）易知，
∴∴∴
，
即
令，∴在上恒成立．
因为，，易知
令，则，
令，，对称轴．
①若，即时，，故，在上单调递减，
则，符合题意；
②若即时，，故存在唯一，有，
从而在上单调递增，在上单调递减，从而，矛盾．
综上所述，的取值范围是．……………………………………………（12分）
22．（本小题满分12分）
（1）解：由题意知：，解得．
因为抛物线的焦点为，
所以，则椭圆的方程为．
………………………………………………………………………………………（3分）
（2）证明：（i）设，由可得，
所以直线l的斜率为m，其直线方程为，即．
设联立方程组
消去y并整理可得，
故由其判别式可得，
故
代入可得．
因为，所以直线的方程为．
联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上．
………………………………………………………………………………………（8分）
（ii）解：由（i）知直线的方程为，
令得，所以，
又，
所以，，
所以，令，则.
因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足，
所以点的坐标为，在椭圆的内部，因此的最大值为，此时点的坐标为．………………………………………………………………………………（12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
A
C
C
B
D
C
题号
9
10
11
12
答案
ABD
ACD
BCD
BCD
题号
13
14
15
16
答案