2022届黑龙江省实验中学高三上学期第六次月考数学（理）试题含解析

2022届黑龙江省实验中学高三上学期第六次月考数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】用列举法写出集合A，解一元二次不等式化简集合B，再根据交集的定义直接计算作答.

【详解】解不等式得：，即有，而，

所以.

故选：C

2．复数满足（为虚数单位），则的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的除法化简复数，即可求得结果.

【详解】因为，因此，复数的虚部为.

故选：A.

3．命题“，”是真命题的一个必要不充分条件是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出当命题“，”是真命题时，实数的取值范围，结合题意可得出合适的选项.

【详解】命题“，”是真命题，则，

因此，命题“，”是真命题的一个必要不充分条件是.

故选：A.

4．数列满足，则等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得到，（），与条件两式作差，得到，（），再验证满足，得到，进而可求出结果.

【详解】因为数列满足，

，（）

则，则，（），

又满足，所以，

因此.

故选：A

5．“堑堵”是中国古代数学名著《九章算术》中记载着的一种多面体．如图，网格纸上小正方形的边长为1．粗实线画出的是某“堑堵”的三视图．则该“堑堵”的表面积等于（       ）

A． B． C． D．42

【答案】C

【分析】根据三视图得出原几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，由三视图求出其棱长再计算其表面积即可求解.

【详解】由三视图可知：原几何体是一个直三棱柱，如图直三棱柱，

且，，，且，

所以上、下底面面积为，

，，，

所以该“堑堵”的表面积等于，

故选：C.

6．已知点为角终边上一点，且，则（       ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】D

【分析】首先根据三角函数恒等变换得到，从而得到，即可得到的值.

【详解】

，即.

又因为，解得.

故选：D

7．已知向量，若在上的投影为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量投影求得向量夹角的余弦值，然后把向量的模转化为数量积运算．

【详解】依题意，，故，

故，

故选：C.

8．由曲线，直线及坐标轴所围成图形的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先确定定积分区间与被积函数，再求原函数，即可求得结论

【详解】解：如图，由，解得或，

在第一象限内，曲线与直线交于点，

所以所求围成图形的面积为

，

故选：C

9．已知双曲线左右焦点为，，过的直线与双曲线的右支交于，两点，且，若为以为顶角的等腰三角形，则双曲线的离心率为（       ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】由双曲线的定义得出中各线段长（用表示），然后通过余弦定理得出的关系式，变形后可得离心率．

【详解】由题意，

又，所以，从而，，，

中，，

中．，

所以，，所以，

故选：C．

10．设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，．若在区间内关于的方程，恰有3个不同的实数根，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出在区间上的图象，结合的图象与的图象有个交点来求得的取值范围.

【详解】依题意，是偶函数，图象关于轴对称.

对任意的，都有，故，所以是周期为的周期函数，则，

因为方程在区间内恰有3个不同的实数根，

所以与在区间上有个交点，易得.

由此画出、在区间上的图象如下图所示，

由图可知，解得，

所以.

故选：D

11．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上，且该圆锥的高为8.母线，点B在上，且，则过点B的平面被该球O截得的截面面积的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设球半径为R，由题意可得的长，在中由勾股定理可求得R,取AS中点N，由已知条件可得OB长，当截面圆面积最小时，当且仅当垂直于截面，由勾股定理可得截面圆的半径，进而求得面积.

【详解】如图,球的球心为O，半径为R，则，，，

所以，即，解得，

取的中点N，，，则，

所以，，

过点B的平面被该球O截，若截面面积最小，则垂直于截面，此时截面圆半径为，所以截面面积的最小值为.

故选：B.

【点睛】本题考查被球截得的截面面积最小值的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．

12．已知，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，根据，得，再构造函数求最值即可求出的取值范围．

【详解】由，得，

记，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

（1），

，

记，

，

，，，

时，，单调递减；

时，，单调递增．

（1），

，

故实数的取值范围为，．

故选：C．

二、填空题

13．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为____________.

【答案】

【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.

【详解】解：由题得.

所以.

当且仅当时等号成立.

所以的最小值为.

故答案为：

14．已知抛物线的焦点为F，准线，点M在抛物线C上，点M在直线上的射影为A，且直线的斜率为，则的面积为__________．

【答案】

【分析】由抛物线的准线方程可求抛物线的方程，由直线的斜率为，可得直线的倾斜角，解三角形求的面积.

【详解】∵ 抛物线的准线方程为x=﹣，

∴ 抛物线的焦点为F（，0），抛物线C：y2=4

∵   点M在抛物线C上，点A在准线l上，，且直线AF的斜率kAF=，

所以直线AF的倾斜角为，

设准线与x轴的交点为N，则,

∴   ，

又 ，∴ 为等边三角形，

∴   

故答案为：.

15．在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点 ，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为____.

【答案】

【分析】由已知找到异面直线所成角的平面角，再运用余弦定理可得答案.

【详解】解：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD，BC所成的角的平面角，

又因为EO=AD=1，FO=BC=，EF=.根据余弦定理得=-，所以∠EOF=150°，异面直线AD与BC所成角的大小为30°.

故答案为：30°.

16．过椭圆的左焦点F作直线交椭圆于两点，若，且直线倾斜角为，则椭圆的离心率____________.

【答案】

【分析】作出准线与轴交点为，过准线的垂线，过作，垂足为，设，得到，结合直线的斜率，得到，结合椭圆的第二定义列出方程，即可求解.

【详解】作出准线与轴交点为，过准线的垂线，垂足分别为，

过作，垂足为，

设，因为，则，

又因为的倾斜角为，所以，则，

又由椭圆的第二定义，可得，

所以，解得，故椭圆的离心率为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知为数列的前n项和，且，.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）由已知得当时，，即有，从而有数列从第二项起成等比数列，由等比数列的通项公式可求得答案；

（2）由（1）得，运用裂项相消法可求得答案.

【详解】(1)解：因为，所以当时，，所以，

当时，，

所以，所以.

因为，所以从第二项起成等比数列，

所以当时，.

所以.

(2)解：由（1）得，，

所以，

所以

.

所以.

18．已知不等式．

(1)当时，求不等式的解集．

(2)若不等式的解集为，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令，将转化为分段函数的形式，由此来求得不等式的解集.

（2）结合的图象以及图象的性质来求得的取值范围.

【详解】(1)令，

则=，

因为，所以当时，，则；

当时，，则

当时，，则．

综上得，所求不等式的解集为．

(2)由（1）作函数的图象，点，

令，则其过定点，如图所示，，

由不等式的解集为，

可得，即．

所以所求实数的取值范围为．

19．已知函数为偶函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为．

(1)求的解析式；

(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若在上有两个不同的根，求m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)：先利用辅助角公式化简，然后利用偶函数的性质，和两对称轴的距离可求出，便可写出；

(2)：将图像平移得到，求其在定义域内的两根转为两个函数由两个交点，便可求出m的取值范围.

【详解】(1)函数

为偶函数

令，可得

图像的相邻两对称轴间的距离为

(2)将函数的图像向右平移个单位长度，可得的图像，再将横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图像

若在上有两个不同的根，则在上有两个不同的根，

即函数的图像与直线在上有两个不同的交点.

，，

，求得

故的取值范围为．

20．已知椭圆的左､右焦点分别为，，左顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，，.

(1)求C的方程；

(2)过且斜率为k的直线l交C于M，N两点，若点在以MN为直径的圆内，求k的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到，，列式求出椭圆的短半轴的长，长半轴的长，然后得到椭圆方程；（2）设出直线方程与椭圆方程联立，设出、坐标将题目中的条件转化为，向量坐标化，利用韦达定理，求解直线的斜率的范围即可．

【详解】(1)椭圆，①，

设

② ③

联立①②③可得到，

椭圆方程为：

(2)由已知可得直线的斜率存在为，

直线的方程为，

由，可得，

设，，，，

则，且恒成立，

由点在以为直径的圆内，

则，

则，，

，

整理可得，

则，

整理可得．

21．已知三棱柱中，.

(1)求证: 平面平面.

(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.

【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.

(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.

【详解】(1)在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，

则有，因，，平面，于是得平面，

而平面，则，由得，，平面，

从而得平面，又平面，

所以平面平面.

(2)在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，

则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，，则，

假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，

则有，设平面的一个法向量，

则有，令得，而平面的一个法向量，

依题意， ，化简整理得：

而，解得，

所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.

22．已知函数.

(1)已知函数在点处与x轴相切，求实数m的值；

(2)在（1）的结论下，对于任意的，证明：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）函数在点处与x轴相切，可得，从而可求出实数m的值；

（2）由（1）知，得，所以对于任意的，可化为，令，则，再利用导数可求得在上递减，且，可得结论.

【详解】(1)由得

依题意得，即.

(2)由（1）知，得，

对于任意的，

可化为其中，

，其中，

令，则问题转化为，即，

因为，所以，

由得，由得，

即函数在递增，在上递减，且，于是，成立.

故对于任意的成立.