黑龙江省大庆铁人中学2022届高三上学期第一次月考数学（文）试题含解析

铁人中学2019级高三上学期阶段考试

数学试题（文）

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每道题4个选项中只有一个符合题目要求）

1. 已知集合，则M∪N=（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出N集合中不等式的解集确定出M与N，根据M与N的并集运算求出答案即可．

【详解】已知，

求解不等式，得；，即，

所以M∪N=

即

故选D．

【点睛】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键

2. 设数列是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是

A. 1 B. 2 C.  D. 4

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：设的前三项为，则由题意得

考点：等差数列定义

3. 曲线在点处的切线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，利用导数求出，将代入求出切线斜率，然后由直线方程的点斜式求出切线方程.

【详解】解：由题可知，，的定义域为，

则，

当时，，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

故选：A.

【点睛】本题考查利用导数的几何意义求曲线上某点处的切线方程，属于基础题.

4. 已知向量，，若，则实数m的值为（    ）

A. 9 B. 7 C. 17 D. 21

【答案】B

【解析】

【分析】由垂直的坐标表示计算．

【详解】由已知，因为，所以，解得．

故选：B．

5. 为考查某种药物对治疗一种疾病的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据四个实验室得到的列联表画出如下四个等高条形图，最能体现该药物对治疗该种疾病有效果的条形图是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】选项D中不服药样本中患病的频率与服药 样本中患病的频率差距离最大.所以选D.

6. 设函数，则下列结论错误的是（    ）

A. 的一个对称中心为

B. 的图象关于直线对称

C. 的一个零点为

D. 在单调递减

【答案】D

【解析】

【分析】

选项A由对称中心满足可判断；选项B的对称轴满足：可判断；选项C令，求得，可判断;选项D由的增区间满足可判断.

【详解】由函数，

选项A.  的对称中心满足

则，当时，，

所以为的一个对称中心，故A正确；

选项B：的对称轴满足：

即，当时，，故B正确；

选项C：

令，得，故C正确；

选项D：由的增区间满足

，

当时，，所以单调递增，故D错误，

故选：D.

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的单调性、对称性和零点问题，解答本题的关键是将看成一个整体，令；和 ，得出答案，属于中档题.

7. 将向量=(，)，=(，)，…=(,)组成的系列称为向量列{}，并定义向量列{}的前项和．如果一个向量列从第二项起,每一项与前一项的差都等于同一个向量，那么称这样的向量列为等差向量列．若向量列{}是等差向量列，那么下述四个向量中，与一定平行的向量是                                                          

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】依题意，当 为等差向量列时，设每一项与前一项的差都等于 ，则可求出通项公式 ，所以前21项和 ，故与 平行的向量是 ，选B.

点睛: 本题主要考查新定义: 等差向量列的理解和应用, 属于中档题. 解题思路：设每一项与前一项的差都等于，运用类似等差数列的通项和求和公式，计算可得，由向量共线定理，可得出结论. 考查类比的数学思想方法和向量共线定理的运用.

8. 执行如图所示的程序框图,输出的s值为(　　)

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：时，成立，第一次进入循环：；成立，第二次进入循环：；成立，第三次进入循环：，不成立，输出，故选C.

【名师点睛】解决此类型问题时要注意：第一，要明确是当型循环结构，还是直到型循环结构，并根据各自的特点执行循环体；第二，要明确图中的累计变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；第三，要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环体，争取写出每一个循环，这样避免出错.

9. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（    ）

A. 192 里 B. 96 里 C. 48 里 D. 24 里

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.

【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，

由题意和等比数列的求和公式可得，解得，

第此人第二天走里.

故选：B．

10. 函数零点的个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】求导分析单调性，结合极小值，极大值，以及的正负，即可判断零点个数

【详解】由题意得，

令

令或，则在和上单调递增；

令，则在单调递减

故当时，取得极小值；

当时，取得极大值

故当时，函数无零点；

当时，，又

故当时，函数只有一个零点

因此函数有一个零点

故选：B

11. 已知数列中满足，，若前n项之和为，则满足不等式的最小整数n是（    ）

A. 2008 B. 2014 C. 2021 D. 2022

【答案】B

【解析】

【分析】由题设条件可得，即是以4为首项，为公比的等比数列，可求得，分析可得关于单调递增，结合选项分析可得解

【详解】由题意，

，又

是以4为首项，为公比的等比数列

记的前n项之和为

由于单调递增，单调递减，故关于单调递增

由于

，由于

故满足不等式的最小整数n是2014

故选：B

12. 已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取最大值时，点恰好在以为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|，

∵|PA|=m|PB|， ∴|PA|=m|PN|  ∴，

设PA的倾斜角为，则，

当m取得最大值时，最小，此时直线PA与抛物线相切，

设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，

∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，  ∴P（2，1），

∴双曲线的实轴长为PA﹣PB=2（﹣1）， ∴双曲线的离心率为．

故选B．

点睛：本题的关键是探究m的最大值，先利用抛物线的定义转化得到，m取得最大值时，最小，此时直线PA与抛物线相切，得到△=0，得到k的值.转化是高中数学很重要的一个数学思想，在解题过程中要注意灵活运用.

二､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 复数的虚部为__________.

【答案】

【解析】

【分析】采用复数的除法运算求解即可

【详解】，故虚部为：

故答案为：

【点睛】本题考查复数的除法运算，虚部的判断，属于基础题

14. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则_____.

【答案】

【解析】

【分析】可利用奇函数性质，由，先求出，再求即可

【详解】因为函数是奇函数，所以，当时，，则，则

故答案为：

【点睛】本题考查由函数奇偶性求解具体函数值，属于基础题

15. 已知、、为△的三内角，且角为锐角，若，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由三角形内角的性质结合，可得，由目标函数式并利用基本不等式即可求得其最小值，注意基本不等式的使用条件“一正二定三相等”，其中为锐角，

【详解】、、为△的三内角，为锐角，

∴

故有，即可得

∴，当且仅当时等号成立

∴的最小值为

故答案为：

【点睛】本题考查了由三角形内角间的函数关系，利用三角恒等变换以及基本不等式求目标三角函数的最值，注意两角和正切公式、基本不等式(使用条件要成立)的应用

16. 在中，D是BC的中点，E在边AB上，，AD与CE交于点若，则的值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】在和中，由正弦定理可得，将用基底表示，可化简为即得解

【详解】如图，在和中，由正弦定理

由于D是BC的中点，故，

又

两式作比可得：

过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.

，

得即

故.

故答案为：

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）

17. 在中，角所对的边分别为，且满足，．

（Ⅰ）求的面积；

（Ⅱ）若，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式由已知可得；根据向量的数量积运算，由得，再由三角形面积公式去求的面积；（2）由（1）知，又，解方程组可得或，再由余弦定理去求的值．

【详解】（1）因为，所以

又，所以，

由，得，所以

故的面积

（2）由，且，得或

由余弦定理得，故

考点：（1）二倍角公式及同角三角函数基本关系式；（2）余弦定理．

18. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)证明四边形是平行四边形得出，于是平面；

(2)根据计算点到平面的距离．

【小问1详解】

证明：正方体，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面E.

【小问2详解】

解：连接
 

则，，
，，
在中，由余弦定理可得，
，，
设点到平面的距离为h，则，
又，
，即点到平面的距离为．

19. 正项等比数列的前项和为，，若，，且点函数的图象上．

（1）求，通项公式；

（2）记，求的前项和．

【答案】（1）；；（2）．

【解析】

【分析】

（1）利用等比数列基本量，转化为首项和公比等式，再求，再由；（2）由（1）可知，利用裂项相消法求和.

【详解】解：（1）设数列的公比为，由题设可得，

解得：或（舍），，

故的通项公式为．

因为点在函数的图象上，所以，

所以．

（2）由题知，

∴

．

【点睛】方法点睛：本题考查已知数列求通项和数列求和，一般数列求和包含1.公式法，利用等差和等比数列的前项和公式求解；2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；3.裂项相消法求和，适用于能变形为， 4.分组转化法求和，适用于；5.倒序相加法求和.

20. 在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C1：的左焦点为F1（-1,0），且点P（0,1）在C1上．

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：相切，求直线l的方程.

【答案】（1） （2）l的方程为或

【解析】

【详解】试题分析：(1)由于椭圆的方程是标准方程，知其中心在坐标原点，对称轴就是两坐标轴，所以由已知可直接得到半焦距c及短半轴b的值，然后由 求得的值，进而就可写出椭圆的方程；(2)由已知得，直线l的斜率显然存在且不等于0，故可设直线l的方程为y＝kx＋m，然后联立直线方程与椭圆C1的方程，消去y得到关于x的一个一元二次方程，由直线l同时与椭圆C1相切知，其判别式等于零得到一个关于k,m的方程；再联立直线l与抛物线C2的方程，消去y得到关于x的一个一元二次方程，由直线l同时与抛物线C2相切知，其判别式又等于零，再得到一个关于k,m的方程；和前一个方程联立就可求出k,m的值，从而求得直线l的方程．

试题解析：(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(－1，0)，

所以c＝1.将点P(0，1)代入椭圆方程＝1，

得＝1，即b＝1. 所以a2＝b2＋c2＝2.

所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.

(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，由消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

因为直线l与椭圆C1相切，

所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.

整理，得2k2－m2＋1＝0， ①

由消y，得

k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.

∵直线l与抛物线C2相切，

∴Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理，得km＝1， ②

联立①、②，得或

∴l的方程为y＝x＋或y＝－x－.

考点：１．椭圆的方程；２．直线与圆锥曲线的位置关系．

21. 已知函数（其中为参数）.

（1）求函数的单调区间；

（2）若对任意，都有成立，求实数的取值集合；

（3）证明：（其中，为自然对数的底数）.

【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求导可得，分和进行讨论即可；

（2）由（1）知函数的单调性，当，时，，此时不成立，故，此时需即可；

（3）利用（2）中的结论可证该不等式.

【详解】（1），，

当时，，在上递增，

当时，令，得，

时，单调递减，

时，单调递增；

综上：时，在上递增，无减区间，

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）由（1）知时，在上递增，

而，所以时，，

此时不成立，故，

由（1）得：.

对任意，都有恒成立，

.

，

当时，当，，

所以在上为增函数，在为减函数，

考虑当时，所以，

实数的取值集合为.

（3）由（2）可得，令，，

则即，所以，

故.

由（2）可得，令，，

则即，所以，

故.

综上，.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和恒成立思想，同时考查了数列的证明，计算量较大，属于难题.本题的关键点有：

（1）分类讨论注意找到讨论点；

（2）特值点的应用，如本题中的；

（3）注意利用已有结论证明不等式.

22. 已知曲线.直线（为参数），点的坐标为.

（1）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；

（2）若直线与曲线相交于、两点，求的值.

【答案】（1）（参数）；；（2）.

【解析】

【分析】（1）由椭圆的参数方程的求法及椭圆的方程可得的参数方程，消去参数即可得直线的普通方程；

（2）法一：将直线的参数方程代入椭圆的普通方程可得关于的一元二次方程，利用韦达定理求出和，由可得，的符合相同，进而得出，即可求出结果；

法二：将直线的普通方程与椭圆的普通方程联立求出交点的坐标，进而利用两点间的距离公式求出和，进而求得的值．

【详解】解：（1）曲线，其参数方程为（为参数）.

直线（为参数），消去参数得：，

故直线的普通方程为：.

（2）法一：将直线的标准的参数方程代入椭圆中，

得：，

整理得：，

，，可得，同号，

所以．

法二：联立直线与椭圆的方程：，

整理得，即，

解得：，，

代入直线的方程可得，，

∴不妨设，，

.

【点睛】本题考查将椭圆的普通方程转化为参数方程，以及利用消去参数法将直线的参数方程转化为普通方程，考查直线参数方程中参数的几何意义和韦达定理的应用，考查运算能力．