2022届黑龙江省实验中学高三上学期第六次月考数学（文）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（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.

【详解】因为，，所以.

故选：C.

2．若复数满足，，则的虚部为（       ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】求出，化简，得到的虚部.

【详解】，∴虚部为

故选：D

3．已知l、m是两条不同的直线，是平面，，，则“”是“” 的（       ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据空间中线面垂直关系的转化，利用充分条件和必要条件的定义直接判断即可.

【详解】依题意，l、m是两条不同的直线，是平面，，，

若，则与可以相交，也可以平行，故推不出；

若，由线面垂直的性质定理可知，.

故“”是“” 的必要不充分条件.

故选：C.

4．在等差数列中，，表示数列的前项和，则（       ）

A．43 B．44 C．45 D．46

【答案】C

【分析】根据等差数列的性质，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】由等差数列中，满足，

根据等差数列的性质，可得，所以，则.

故选：C.

5．若向量，满足，且，则向量与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件结合数量积公式化简即可求解.

【详解】因为，，即，，求得，所以向量与的夹角为.

故选：B

6．已知，，两直线，，且，则的最小值为（       ）

A．2 B．4 C．8 D．9

【答案】D

【分析】根据两直线的方程得出，，由两直线垂直的斜率关系，得出，再利用整体乘“1”法和基本不等式，即可求出的最小值.

【详解】解：由题可知，，，，，

则，，

，则，即，，

∵，，

∴，

当且仅当时取等号，所以的最小值为9.

故选：D.

7．已知函数，则下列结论正确的是（       ）

A．是偶函数，递增区间是

B．是偶函数，递减区间是

C．是奇函数，递减区间是

D．是奇函数，递增区间是

【答案】C

【分析】将函数解析式化为分段函数型，画出函数图象，数形结合即可判断；

【详解】解：将函数去掉绝对值得，

画出函数的图象，如图，观察图象可知，

函数的图象关于原点对称，

故函数为奇函数，且在上单调递减，

故选：C

8．我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完．在这个问题中，记第n天后剩余木棍的长度为，数列的前n项和为，则使得不等式成立的正整数n的最小值为（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】依题意可得：数列是首项、公比为的等比数列，即可得到通项公式及前项和公式，即可得到不等式，解得即可；

【详解】解：由题设可得：数列是首项、公比为的等比数列，

∴，，

又由可得：，解得：，

∵，

∴，

故选：B．

9．函数的图象向左平移个单位长度后所得图象关于直线对称，则函数的一个递增区间是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据的图象向左平移个单位长度后所得图象关于直线对称，求得，再求的递增区间，对赋值，求得答案.

【详解】的图象向左平移个单位长度后所得图象的解析式为，

又其图象关系直线对称，，

得，又，得，

得，

令，

得，，令，得，

即函数的一个递增区间是.

故选：C.

【点睛】本题考查了三角函数的图象变换，对称性和单调性，属于中档题.

10．如图，底面为矩形的四棱锥，侧棱底面，，.设该四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的值（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将四棱锥外接球半径的计算转化为长方体外接球半径的计算，即长方体的体对角线长度的一半即为半径；内切球的半径可采用等体积法转化，运用公式求解.

【详解】因为棱锥的侧棱底面，且底面为正方形，所以该几何体的外接球半径等于长、宽、高分别为，，的长方体的外接球半径，

因为，，所以外接球半径：，

解得:，

设内切球球心为点，内切球半径为，则球心到每一个侧面的距离都为，则有：

，

又，，所以,

故,所以．

故选：D．

【点睛】对于一些常见几何体的外接球半径、内切球半径的结论如下：

（1）长、宽、高分别为，，的长方体的外接球半径为；

（2）直棱柱的外接球半径满足：，其中为直棱柱的高，为底面图形内切圆的半径.

（3）棱锥的内切球半径满足：，其中为该棱锥的体积，为该棱锥的表面积.

11．若函数在上无极值，则实数的取值范围（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求，由分析可得恒成立，利用即可求得实数的取值范围.

【详解】由可得

，

恒成立，为开口向上的抛物线，

若函数在上无极值，

则恒成立，所以，

解得：，

所以实数的取值范围为，

故选：D.

12．已知抛物线的准线与圆只有一个公共点，设是抛物线上一点，为抛物线的焦点，若（为坐标原点），则点的坐标是（       ）

A．或 B．或

C． D．

【答案】B

【分析】先求出抛物线的焦点，根据抛物线的方程设，则，，再由，可求得的值，即可得答案.

【详解】解：抛物线的准线方程为．

方程可化为．

由题意，知圆心到准线的距离，解得，

所以抛物线的方程为，焦点为．

设，则，，

所以，解得，

所以点的坐标为或．

故选B．

二、填空题

13．已知，则________．

【答案】

【分析】利用诱导公式求得的值，然后再所求分式的分子和分母中同时除以，可将所求分式转化为只含的代数式，代值计算即可.

【详解】由诱导公式可得，

因此，.

故答案为：.

14．已知向量，满足，，且，则________.

【答案】

【分析】由向量垂直的坐标表示求得参数，然后由模的坐标表示求解．

【详解】∵，∴，解得，即，

∴．

故答案为：．

15．设，若，则的最小值为______．

【答案】

【分析】利用柯西不等式求得最小值.

【详解】由柯西不等式得，

所以，当且仅当，即时等号成立.

故答案为：

16．已知双曲线的左､右焦点分别为，若双曲线与曲线，在第二象限的交点为，且，则双曲线的离心率为___________．

【答案】

【分析】作图，根据几何关系判断出，再由余弦定理得到关于a和c的关系即可得到离心率﹒

【详解】如图，由题知：，，∵，

∴，∴，

∴，，

∴，∴，∴．

故答案为：﹒

三、解答题

17．已知数列的前项和为，满足，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和为．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据，知为公比为的等比数列，再由条件求出，求得的通项公式；

（2）由，求得，再用等差数列前项和公式求出

【详解】（1）由可知数列是公比为2的等比数列，所以．

又因为，所以，所以．

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）知，

所以.

【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：

（1）根据题中所给的相邻两项之间的关系，得到数列是等比数列，再根据条件，求得首项，利用等比数列的通项公式求得结果；

（2）利用对数的运算法则，求得的通项，利用等差数列求和公式求得结果.

18．在中，角所对的边长分别为，且满足．

（Ⅰ）求的大小；

（Ⅱ）若的面积为，求的值．

【答案】（1）;（2）.

【详解】分析：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得，sinCsinB= sinBcosC，进而利用同角三角函数基本关系式可求tanC=，即可得解C的值；（Ⅱ） 由（Ⅰ）利用余弦定理可求a2+b2﹣c2=ab，又a2﹣c2=2b2，可得a=3b，利用三角形面积公式即可解得b的值．

详解：

1由已知及正弦定理可得，，

，

，

2 由1可得，，

，

又，

，

由题意可知，，

，可得： 

点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

19．选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）通过分类讨论的方法去掉绝对值后解不等式可得所求解集．（2）结合条件将问题转化为对恒成立，即对恒成立，由此得到，解不等式组可得所求范围．

【详解】（1）原不等式即为

当时，不等式化为，解得；

当时，不等式化为，此不等式无解；

当时，不等式化为，解得．

综上，不等式的解集是．

（2）当时，，

所以不等式可化为，

整理得，

所以对恒成立，

所以解得．

故所求实数的取值范围是．

【点睛】此类问题常以解答题形式出现，考查的重点是绝对值不等式的解法和性质的运用，属中等难度题目．解题的关键是掌握绝对值的几何意义，把握好解绝对值不等式的指导思想，即去掉绝对值是解题的关键．

20．在三棱锥中，是的中点，，.

（1）证明：平面；

（2）若，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据直角三角形性质得，再由勾股定理得，即可证平面；

（2）由，通过等体积法求点到面距离．

【详解】解：（1） 是的中点，，中.

所以为直角三角形，即.

由题可知，

则有

所以平面.

（II）由（I）可知平面，设点到平面的距离为，

由，可得

因为为等边三角形，

所以，为直角三角形，

所以

代入上式可知，

因为是的中点，

所以点到平面的距离．

【点睛】方法点睛：求点到面的距离常用方法：

1、等体积法；

2、直接作出点到平面的垂线，则该垂线段的长度就是所求的距离；

3、向量法：用向量距离公式求解.

21．椭圆：（），离心率为，过点.

(1)求椭圆方程；

(2)若椭圆左顶点为，过点的直线与椭圆交于不与D重合的、两点，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据求得，然后可得方程.

（2）设直线方程并按斜率是否存在进行讨论，结合韦达定理并表示，计算即可.

【详解】(1)由题可得，

解得，

∴椭圆方程为；

(2)当直线斜率不存在时，，，，

∴，

当直线斜率存在时，设直线方程为，，

由，得，

，

∴，，

∴

综上，的值为.

22．已知函数，．

（1）若是的极值点， 求并讨论的单调性；

（2）若时，，求的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】（1）求出原函数的导函数，结合求得，代入导函数，得到，再由在上单调递增，且，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增；（2）由 ，得，令，利用二次求导可得其最小值，则..的范围可求．

【详解】（1），.

因为是的极值点，

所以，可得．

所以，.

因为在上单调递增，且时，，

所以时，，，单调递减；

时， ，，单调递增．

故在上单调递减，在上单调递增．

（2）由得，

因为，所以.

设，

则.

令，

则，

显然在内单调递减，且，

所以时，，单调递减， 则，即，

所以在内单减，从而.

所以.

【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，由，得函数单调递增，得函数单调递减；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.