2022届甘肃省兰州大学附属中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含解析

这是一份2022届甘肃省兰州大学附属中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届甘肃省兰州大学附属中学高三上学期第三次月考数学（理）试题一、单选题1．已知全集为且为的子集，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的概念及运算，结合韦恩图，得到，即可求解.【详解】由题意，全集为，为的子集，且，如图所示，可得.故选：C．2．在复平面内，把复数对应的向量按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数是　　A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意知复数对应的向量按顺时针方向旋转，需要把已知向量对应的复数乘以复数的沿顺时针旋转后的复数，相乘得到结果．【详解】解：由题意知复数对应的向量按顺时针方向旋转，旋转后的向量为．故选：B．3．已知等差数列满足，，则它的前10项的和（       ）A．123 B．105 C．95 D．23【答案】C【分析】依题意根据等差中项的性质得到，，即可求出与，再根据等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为，，所以，，即，，所以，所以，即，所以；故选：C4．（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由诱导公式和正弦的二倍角公式可得选项.【详解】解：.故选：A.5．魏晋时期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.割圆术可以视为将一个圆内接正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，可得到的近似值为（       ）（取近似值3.14）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意圆内接正120边形其等分成120个等腰三角形，每个等腰三角形的顶角为,根据等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.即可列出等式解出sin3°的近似值.【详解】当时,每个等腰三角形的顶角为,则其面积为,又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,所以,故选：B【点睛】本题考查三角形与圆的面积公式,属于基础题.6．为了得到函数的图象，需要把函数的图象（       ）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】C【分析】直接利用函数的图象变换规律，可得结论．【详解】函数，根据图像左加右减的变换原则，只需把函数的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象，故选：．7．某会议有来自6个学校的代表参加，每个学校有3名代表.会议要选出来自3个不同学校的3人构成主席团，不同的选举方法数为（       ）A．816 B．720 C．540 D．120【答案】C【分析】先从6个学校中挑3个学校用来选举，然后每个学校中的三个人中选出1个即，然后利用分步乘法计算即可.【详解】先从6个学校中挑3个学校用来选举，然后每个学校中的三个人中选出1个即，则不同的选举方法数为.故选：C8．在中，若，则下列说法正确的是（       ）A．是的外心 B．是的内心C．是的重心. D．是的垂心【答案】D【分析】首先利用数量积的运算公式变形，判断选项.【详解】∵，∴，∴，∴，同理由，得到，∴点是的三条高的交点.故选：D9．圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（       ）A．2 B． C． D．1【答案】A【分析】首先根据题意，确定出圆锥的底面圆半径和母线长，从而确定出轴截面的顶角，结合三角形的面积公式可确定其为直角三角形时面积最大.【详解】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2，轴截面的顶角为，当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大，最大值为，故选：A．【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关过圆锥定点截面面积的最值问题，正确解题的关键是要明确圆锥轴截面顶角的大小以及三角形面积公式.10．函数，若不等式对恒成立，则的最小正值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先化简得到，根据不等式对恒成立得到是函数的最大值，从而得到，，即可得到答案.【详解】，因为对恒成立，所以是函数的最大值，，，即，，所以当时，取得最小正值为，故选：．11．已知函数，定义域为的函数满足，若函数与图象的交点为，，…，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，则，，同理可得：，，，，即可得到答案.【详解】由得的图象关于对称，同时函数也关于对称，则函数与图象的交点关于对称，则不妨设关于点对称的坐标为，，则，，则，，同理可得：，，，，即，故选：．12．已知函数，若恒成立，则满足条件的实数的个数为（       ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A【分析】由不等式恒成立问题分类讨论：①当，②当，③当，再利用导数研究函数的解得个数得：设（a），则（a）由导数的应用可得：（a）的单调性，即有2解，综合①②③得解．【详解】①当时，，满足题意，②当时，，，，，故不恒成立，③当时，设，，，都是递增函数，要使恒成立，则恒同号，所以，与轴交点重合，令，得，，得，方程的解的个数，即交点个数设（a），则（a）由导数的应用可得：（a）在为减函数，在，为增函数，则（a），即有2解，，所以存在2个使得成立，综合①②③得：满足条件的的个数是3个，故选：．【点睛】本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属难度较大的题型二、填空题13．若满足约束条件则的最大值为          ．【答案】9【详解】试题分析：线性约束条件对应的可行域为直线围成的四边形区域，当过的交点时取得最大值9 【解析】线性规划问题14．已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线上存在一点使，则该双曲线的离心率的取值范围是__________.【答案】【详解】因为在中，由正弦定理得，则由已知，得，即，,由双曲线的定义知，由双曲线的几何性质知所以解得又，故双曲线的离心率15．如图是函数的部分图象，则下列说法正确的编号是______.①；②；③是函数的一个对称中心；④函数在区间上是减函数.【答案】②④【分析】根据图像先求解出以及最小正周期，则的值可求；再根据最高点以及的取值范围求解出的值；计算的值是否为，由此判断是否为对称中心；采用整体替换的方法先求解出的单调递减区间，由此判断在上是否为减函数.【详解】由图像可知，函数的最小正周期，所以，故①不正确；因为，所以，，解得，，又，所以，，故②正确；函数，因为，所以不是函数的一个对称中心，故③错误；令，，得，，当时，，因为，所以函数在区间上是减函数，故④正确，故答案为：②④.三、双空题16．已知，，则的最大值为______，最小值为______.【答案】          6【分析】利用换元法，令，则将函数转化为，再由求出的范围，再利用二次函数的性质求解即可【详解】令，则，因为，所以，因为的对称轴为，所以在上为增函数，在上为减函数，所以当或时，取得最小值为，当时，取得最大值为，故答案为：，6四、解答题17．如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是．（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值．【答案】（1）（2）【分析】（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出．在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,．从而．（1）于是．（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而．于是．因为为锐角,为钝角,所以从而．【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.18．△中，内角，，所对的边分别为，，，，．（1）求；（2）如图，点为边上一点，，，求△的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题设三角恒等式，结合三角形内角的性质、正弦定理的边角关系、二倍角正弦公式化简可得，进而求.（2）由（1）及已知条件可得，再应用正弦定理求，，最后根据三角形面积公式求面积即可.【详解】（1）∵，即，∴．由正弦定理，得：，又，∴，则，又且，∴，则，∴．（2）由（1）有，易知为锐角，由，则．∵，故，则，∴，在△中，由正弦定理，得，∴，．又，∴．19．四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，.（1）证明：；（2）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值的大小.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）要证明线线垂直，可转化为证明线面垂直，根据侧面是等腰三角形，并且平面平面，所以取中点，连接，易证，在矩形内，根据平面几何的知识证明，这样平面，就有；（2）根据（1）的结果，所以只需过点作的垂线，垂直为，这样，连接，可得为二面角的平面角，根据余弦定理求角的余弦值.【详解】（1）取中点，连接交于点.∵，∴，又平面平面，平面，平面平面，∴平面，同理平面.而平面 ，∴.因为，∴，∴，即，而，∴平面，因为 平面，∴.（2）在面内过点作的垂线，垂直为.∵，，，∴面，而平面，∴，则即为所求二面角的平面角.由（1）可得平面，因为平面，故.故，，又，而，则.【点睛】本题考查线线垂直的证明以及二面角的计算，利用线面关系作二面角时，可由平面内一点向另一个平面引垂线，再由这点或垂足向交线引垂线，最后连接交线的垂足与这点，这样做图的关键是作面的垂线，一般可借助面面垂直，本题属于中档题.20．已知向量，.(1)当时，求的值；(2)设，若，是方程的两根，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据题意，结合向量平行的坐标公式与同角的三角函数关系，即可求解；(2)根据题意，先由向量的坐标运算和三角恒等变换表示出函数，再根据特殊角的三角函数值，即可求解.【详解】(1)因为，所以，所以，.(2).由，得，或，即或，由得，，所以.21．已知函数的图象在点处的切线在轴上截距为．（1）求的值；（2）对任意，不等式恒成立，求自然数的最大值．【答案】（1）；（2）4【分析】（1）首先利用导数的几何意义得到切线方程为：，根据题意得到，即可得到的值.（2）首先根据题意得到当时，不等式恒成立，令，由题意得到整数的最大值可以为，再证明即可.【详解】（1），，，函数的图象在点处的切线方程为：，因为切线在轴上的截距为，所以时，，即，．（2），不等式等价于，当时，不等式化为恒成立，令，由题意，又，因此整数的最大值可以为．下面证明符合题意．令，，时，，时，，在上为减函数，在上为增函数，，所以，即对任意的正实数都成立．因为有，整理有．．综合上述，自然数的最大值为．22．在直角坐标系中，直线的参数方程是是参数)．在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．（1）当时，请判断直线与曲线的位置关系；（2）当时，若直线与曲线相交于两点，设，且||，求直线的倾斜角．【答案】（1）直线与曲线相切；（2）或．【分析】（1）将已知极坐标方程两边同乘以ρ，进行等价转化，然后利用极直互化公式化为直角坐标方程，并配方得到标准形式，得到曲线的属性；将直线的参数方程消参得到普通方程，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，与半径比较大小，根据直线与圆的位置关系中的条件得到直线l与曲线C的关系;（2）写出直线l的参数方程，代入曲线C的普通方程，化简得到关于t的一元二次方程，利用韦达定理判别式，结合直线标准参数方程中的参数的几何意义，得到关于倾斜角的三角函数的方程，求解即得倾斜角的值.【详解】（1）由，得，又，曲线的直角坐标方程为，所以曲线是以点为圆心，2为半径的圆．由直线的参数方程为得直线的直角坐标方程为．由圆心到直线的距离，可知直线与曲线相切；（2）由题意可得直线是经过点，倾斜角为的直线，将代入，整理得设对应的参数分别为，则，所以异号．则||，所以．又，所以直线的倾斜角为或．【点睛】本题考查极直互化，参普互化问题，考查直线的参数方程的几何意义及其应用，属中档题，关键是第一步极直互化时要先两边同乘以ρ，进行等价转化，以便为化为直角坐标方程创造条件，重点是直线的标准参数方程中的参数的几何意义的掌握，难点是结合使用韦达定理进行判定与计算.23．设函数．（1）解不等式；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）分段讨论，可得解析式，分别求解，综合分析，即可得答案.（2）由题意得在上恒成立，令，在同一个坐标系中画出函数和的图象，数形结合，即可得答案.【详解】（1）函数故由不等式可得，，或，解得．故不等式的解集为.（2）不等式在]上恒成立，即在上恒成立，令，在同一个坐标系中画出函数和的图象，如图所示．故当时，若，则函数的图象在函数的图象的下方，在上恒成立，求得，故所求的实数的取值范围为．