2022届江西省宜春市上高二中高三上学期第四次月考试题数学（理）（含解析）

2022届江西省宜春市上高二中高三上学期第四次月考试题

数学（理科）试题11.29

一、单选题

1．若集合，，则＝（    ）

A． B． C． D．或

2．已知命题p：，总有，则为（    ）

A．，使得 B．，使得

C．，总有 D．，总有

3．若，则“”是“”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

4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上的一点，将角逆时针旋转30°，交单位圆于点，则的值是（    ）

A． B． C． D．

5．已知，求的值（    ）

A． B． C．或 D．

6．如图所示的曲线为函数（，，）的部分图象，将图象上的所有点的横坐标伸长到原来的，再将所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A．函数在上单调递减 B．点为图象的一个对称中心

C．直线为图象的一条对称轴 D．函数在上单调递增

7．函数的部分图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

8．区间是关于的一元二次不等式的解集，则的最小值为（    ）

A． B． C．6 D．

9．已知菱形ABCD的边长为4，点M是线段CD的中点，，则=（    ）

A． B． C． D．

10．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

11．已知定义在上的可导函数，对任意的实数x，都有，且当时，恒成立，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，若，，则实数a的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知实数，满足则的最大值为_______．

14．已知向量，，，则实数k的值为______．

15．如图是2021年9月17日13：34神州十二号返回舱(图中C)接近地面的场景.伞面是表面积为1200m2的半球面(不含底面圆)，伞顶B与返回舱底端C的距离为半球半径的5倍，直线BC与水平地面垂直于D，D和观测点A在同一水平线上.在A测得点B的仰角∠(DAB＝30°，且BC的视角∠BAC满足sin∠BAC＝，则此时返回舱底端离地面距离CD＝____________.(π＝3.14，sin∠ACB＝，计算过程中，球半径四舍五入保留整数，长度单位：m).

16．已知函数，，若函数有3个不同的零点，，，且，则的取值范围是_____________.

三、解答题

17．已知直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．

(Ⅰ) 求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

(Ⅱ) 设直线与曲线相交于两点，求的值．

18．已知函数．

（1）若，求不等式的解集；

（2）若存在，不等式成立，求实数的取值范围．

19．在中，内角所对的边分别为，若，，且.

（1）求角的大小;

（2）在①成等差数列，②成等差数列，③成等差数列这三个条件中任选一个作为已知条件，求的面积.(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

20．已知函数.

（1）当时，为R上的增函数，求a的最小值；

（2）若，，，求x的取值范围.

21．如图，四边形是正方形，平面，，．

（1）证明：平面平面；

（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值．

22．已知函数．

（1）当时，判断的单调性，并求在上的最值；

（2），，求a的取值范围．

参考答案

1．D

【分析】

解出集合中的不等式可得答案.

【详解】

∵,或，∴AB＝或，

故选：D．

2．B

【分析】

由含有一个量词的命题的否定的定义求解.

【详解】

因为命题p：，总有是全称量词命题，

所以其否定为存在量词命题，即，使得，

故选：B

3．A

【分析】

充分性可通过举例子确定；不必要性可通过解确定，对于命题可通过对分类讨论求解.

【详解】

当时，有.

当时，，，

取，有.充分性成立

若，

当时，，不符合题意，舍去；

当时，由，得有解，

所以，解得；

当时，由，得有解，

所以，解得；

综上可得，或.必要性不成立

故选：A.

4．A

【分析】

根据角的终边上一点，得到，进而得到，然后利用三角函数的定义结合两角和的正弦求解.

【详解】

因为角的终边上一点，

所以，

将角逆时针旋转，得，

所以，

故选：A

5．D

【分析】

由正弦的和角公式与同角三角函数的基本关系求解即可

【详解】

,

故选：D

6．D

【分析】

先由函数的图象求出的解析式，再结合题意求出，结合正弦函数的图象性质即可求解

【详解】

由图象知，

又，所以的一个最低点为，

而的最小正周期为，

所以

又，则，

所以,即，

又，所以，

所以，

将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的得的图象，

再把所得曲线向右平移个单位长度得，

即.

由得，

所以在上单调递增，

在上单调递减，

当时，可知在递增，在递减，所以错误；

因为，

所以不是图象的一个对称中心，故B错误；

因为，

所以直线不是图象的一条对称轴，故C错误；

因为在上单调递增，

所以函数在上单调递增，故正确；

故选：.

7．D

【分析】

根据函数的解析式可判断函数为奇函数，再根据和时函数值的符号可得正确的选项.

【详解】

因为，所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除A,

当时，，

当时，，故排除B、C．

故选：D．

【点睛】

本题考查函数图象的识别，一般根据函数的奇偶性、单调性和函数在一定范围上的函数值的符号来判断，本题属于中档题.

8．A

【分析】

由已知条件可得、是方程的实数根，由根与系数的关系可得，

所以，再由基本不等式即可求解.

【详解】

区间是关于的一元二次不等式的解集，

所以、是方程的实数根，且；

由韦达定理知，，所以，且，，所以，所以，

当且仅当即时等号成立，

所以的最小值为．

故选：A．

9．A

【分析】

用基向量，表示相关向量，再结合向量加法、减法和数量积运算的结合律、交换律，即得解

【详解】

∵

而

∴

故选：A

【点睛】

本题考查了向量的线性运算和向量数量积在平面几何中的应用，考查了学生综合分析，数形结合、数学运算能力，属于中档题

10．C

【分析】

构造函数，，利用导数研究函数的单调性，得出，的单调性，得出，令，可得出，再由得出的，令，得出，从而得出结果．

【详解】

解：先证，令，则，

可知在上单调递增，所以，即，

令，则，所以；

再证即证，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

令，则，所以，从而．

故选：C.

11．D

【分析】

由题意可得，令，根据奇偶性的定义，可得为偶函数，利用导数可得的单调性，将题干条件化简可得，即，根据的单调性和奇偶性，计算求解，即可得答案.

【详解】

由，得，

记，则有，即为偶函数，

又当时，恒成立，

所以在上单调递增，

所以由，得，

即，

所以，即，解得，

故选：D.

12．D

【分析】

原问题转化为恒成立，令，利用导数求其最小值为，只需满足即可求解.

【详解】

由函数，得，

若，，即恒成立，

令，，

当时，若时，，

若时，，

所以时函数取得最小值，所以成立，

故时，，恒成立．

故选：D

13．5

【分析】

本题考查简单的线性规划，属基础题，根据约束条件画出可行域，将目标函数看成直线，直线经过可行域内的点，观察可得何时目标值取得要求的最值，进而得解.

【详解】

解：根据方程组画出可行域如图所示，可以求得B(1,1),

当直线经过点B时取得最大值为5，

故答案为：5.

14．

【分析】

根据两个向量垂直其数量积为，列出等式求解即可.

【详解】

因为，所以，即，

又因为，，所以，，

所以，解得

故答案为：

15．

【分析】

在中，由正弦定理得即可求解．

【详解】

设半球半径为，则，∴，∴．

在中，由正弦定理得，

∴，．

故答案为：

16．

【分析】

根据导数可求得的极小值为，由题可得函数的零点即方程和的根，讨论和时可求得结果.

【详解】

，

时，，时，

的极小值为.

令，即，解得方程两根为和，

函数的零点即方程和的根.

函数有3个不同的零点需满足：

当时，且，

；

当时，且，

，

综上：的范围为.

【点睛】

本题考查利用导数解决函数的零点问题，属于较难题.

17．(1) ;(2)4.

【详解】

分析：（1）利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；

（2）代入建立一元二次方程，利用根和系数的关系求出结果.

详解：(1)∵直线的参数方程为（为参数），

∴直线的普通方程为，

即，∴直线的极坐标方程：，

又∵曲线的极坐标方程为，，，

∴，即，

∴曲线的直角坐标方程为.

(2)∵将直线：代入曲线的极坐标方程：得：，

设直线与曲线的两交点的极坐标分别为，，∴，

∴．

点睛：本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根与系数的关系的应用.

18．（1）；（2）或．

【分析】

（1）代入，可得，然后使用零点分段法分类讨论即可.

（2）得到，利用绝对值三角不等式计算即可.

【详解】

解：（1）若，，

，

当时，，即，

当时，恒成立，即，

当时，，即

综上：不等式解集为．

（2）

存在，不等式成立，只需要，

，即，

等号成立条件为，

当时，，，或，

当时，，，，

综上：或．

19．条件选择见解析（1）；（2）.

【分析】

（1）由得到，进而用正弦定理进行角化边，再用余弦定理即可得到答案；

（2）若选①，根据基本不等式得到，进而得到，结合题目条件可得，进而得到答案；若选②，根据题意有结合（1）消去b，进而化简即可得到，进而得到答案；若选③，根据题意有结合（1）消去b，进而化简即可得到，进而得到答案.

【详解】

（1）因为所以，由正弦定理可得，即，又，所以.

（2）若选①，

由基本不等式可知：，所以，所以，当且仅当a=c时取“=” .

又所以，即则所以.

又，所以是正三角形，所以.

若选，

由条件可知，，所以，所以，所以，所以.

又，所以是正三角形，所以.

若选③，

由题意可知，，所以，所以，所以

又，所以是正三角形，所以.

20．

（1）

（2）

【分析】

（1）代入，由于函数为R上的增函数，所以导数大于或等于零恒成立，利用基本不等式求出最小值，令其大于或等于零即可求出的最小值；

（2）根据导数可判断函数为增函数，根据函数单调性解不等式.

（1）

当时，，

∴对恒成立，

则，

∵，

当且仅当即时取等号，

∴，

则a的最小值为.

（2）

∵，

∴.

∵，

∴，，，

∴，所以为R上的增函数.

∵，

∴，∴.

∵，∴，

故x的取值范围为.

21．（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）连接与交于点O，易得 平面，取的中点M，易得为平行四边形，即，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；

（2）以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，根据与平面所成角为，由，解得，然后分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，由求解.

【详解】

（1）如图所示：

连接与交于点O，因为为正方形，故，

又平面，故，由，

故平面，

取的中点M，连接，注意到为的中位线，

故，且，

因此，且，

故为平行四边形，即，

因此平面，而平面，

故平面平面．

（2）以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设，

则，

由（1）可知平面，因此平面的一个法向量为，

而，

由与平面所成角为，得，

即，解得；

则，

设平面的一个法向量为，

则得

令，则，故．

设平面的一个法向量，

则得

令，则，，故．

所以，

注意到二面角为钝二面角，

故二面角的余弦值为．

22．（1）增函数，最大值为，最小值为；（2）．

【分析】

（1）利用导数证明在上为增函数，即得函数在上的最值；

（2）转化为，令，再利用导数证明，转化为，记，，利用导数求出，即得解.

【详解】

（1）当时，，定义域为．

．

设，则，

令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则．

所以在上为增函数．

故在上的最大值为，最小值为．

（2）不等式可转化为．

令，则．

当时，．在上单调递减；

当时，．在上单调递增．

所以，于是，

记，，

则，

因为在上恒成立，

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以，从而．

故的取值范围是．

【点睛】

本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值，考查利用导数研究不等式的存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.