2022届辽宁省六校协作体高三下学期期初考试数学试题含解析

2022届辽宁省六校协作体高三下学期期初考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】直接根据集合的交集运算求解即可.

【详解】解：因为，，

所以

故选：D

2．已知为虚数单位，则复数的虚部是（       ）

A． B．1 C．2 D．2i

【答案】B

【分析】化简复数即得解.

【详解】解：由题得，

所以复数的虚部为.

故选：B

3．是直线和平行的（       ）

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

【答案】A

【分析】当a=-2时，可判断两直线是平行关系，反之，当两直线平行时，可以推得或或，由此可以判断是直线和平行的何种条件.

【详解】当时，直线和分别为：

和 ，显然，两直线平行；

当直线和平行时，

有 成立，解得或，

当时，两直线为 和 ，显然，两直线不重合是平行关系；

当时，两直线为 和 ，显然，两直线不重合是平行关系；

由此可判断是直线和平行的充分不必要条件，

故选：A.

4．已知，且为第二象限的角，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosx，利用二倍角的正弦公式即可计算得解．

【详解】因为，且为第二象限的角，所以，

于是，

故选:B.

5．中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率取决于信道带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从提升至，则大约增加了（       ）（附：）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数减法与换底公式可求得结果.

【详解】将信噪比从提升至，

大约增加了

.

所以，大约增加了.

故选：B

6．已知，分别是椭圆的左顶点和右焦点，是椭圆上一点，直线与直线相交于点.且是顶角为120°的等腰三角形，则该椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据是顶角为120°的等腰三角形，建立等式，解方程可得结果.

【详解】如图，设直线与轴的交点为，由是顶角为120°的等腰三角形，知，.

于是，在中.

而，故.

结合得，即，解得.

故选：C.

7．函数的零点个数为（       ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】求函数的零点的个数可以转化成求两个函数交点的个数，采用数形结合即可得到答案.

【详解】令，则，且，且.令（，且），（，且），在同一平面直角坐标系中画出这两个函数的图象，易得这两个函数的图象只有一个交点，所以原函数只有1个零点.

故选：B.

8．已知函数，若，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由得到，把转化为，利用函数单调性求出最小值.

【详解】

函数的图像如图所示，作出交两点，其横坐标分别为a、b，不妨设.

由可得：，解得：，

所以

记，

任取，则。

因为，所以，所以，

所以

则在上单调递减，所以

故选：C

【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．

二、多选题

9．已知一组数据：7，7，8，9，5，4，9，10，7，4，则（       ）

A．这组数据的平均数为8 B．这组数据的众数为7

C．这组数据的极差为6 D．这组数据的第75百分位数为9

【答案】BCD

【分析】根据平均数计数公式、众数的概念、极差的概念及百分位数的计算方法分别判断即可.

【详解】对于，因为，所以这组数据的平均数为7，故不正确；

对于，因为这组数据可改写为，所以这组数据的众数为7，故正确；

对于C，因为这组数据的最大值为10，最小值为4，所以这组数据的极差为，故C正确；

对于，因为这组数据可改写为，由于，所以第75百分位数为第8个数，即9，故D正确.

故选：BCD

10．已知向量，满足，，且，则下列结论正确的是（       ）

A． B．

C．或 D．与的夹角为45°

【答案】ABC

【分析】对于A，由，两边平方求解判断；对于B，由平方求解；对于C，设，由求解判断；对于D，利用夹角公式求解判断.

【详解】对于A，由，得，因为，所以，又，所以，，故A正确；

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，设，则，，解得，从而或，故C正确；

对于D，，故D错误.

故选：ABC

11．已知等比数列的各项均为实数，公比为q，则下列结论正确的是（       ）

A．若，则

B．若，且，则

C．若，则

D．若，

【答案】ABC

【分析】由等比数列的通项公式的应用，等比数列的性质的应用，可判断A、B、C、D的结论是否正确．

【详解】显然.A：因为，所以，因此本选项正确；

B：由，而，显然

，因此本选项正确；

C：由，

，

因此本选项正确；

D：由，，

因此本选项不正确.

故选：ABC.

12．如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（       ）

A．平面截正方体所得的截面可以是四边形､五边形或六边形

B．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形

C．是锐角三角形

D．面积的最大值是

【答案】BD

【分析】在不同的平面内构造平行线，将平面进行扩展，发现其与正方体各个面上的交线，从而获得截面的形状，当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，求得此时三角形的面积即可得出答案.

【详解】解：如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形MPSNR，故B正确；

当点与点A或点重合时，截面为四边形，不可能为六边形，故A不正确；

考虑，当点与点重合时，，，此时因为，故为钝角，所以C错误；

当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，

此时，则边上的高为，

面积为，即最大值为，故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．若的二项展开式中的常数项为，则实数a=___________.

【答案】

【分析】由二项式可得其展开式通项为，结合已知常数项求参数a即可.

【详解】由题设，二项式展开式通项为，

∴当，常数项为，可得.

故答案为：.

14．在三棱锥中，，，则该三棱锥的体积为___________.

【答案】

【解析】设的中点为，连接，，可以证出平面，根据所给长度计算出，根据即可得结果.

【详解】设的中点为，连接，，则，，

∵，∴，，，

∴平面.

∴.

又，所以在中，由余弦定理可得，

所以，所以，

所以三棱锥的体积.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求法，利用割体法是解题的关键，属于中档题.

15．已知双曲线：的斜率为正的渐近线为，若曲线：＋＝4上恰有不同3点到的距离为1，则双曲线的离心率是______．

【答案】

【分析】由题可知圆的圆心到l的距离为：半径－1，据此求出a、b关系，即可求出离心率.

【详解】曲线：＋＝4为圆，圆心E(2，0)，半径r＝2，

l为：，即，

由题可知E到l距离为r－1＝1，故，

∴.

16．对于函数．现有下列结论：①任取，，都有；②函数有3个零点；③函数在上单调递增；④若关于的方程有且只有两个不同的实根，，则．其中正确结论的序号为______．（写出所有正确命题的序号）

【答案】①②④

【分析】作出函数的图象，求出时的最大值和最小值，可判断①；由图可直接判断②③④，进而可得答案.

【详解】的图象如图所示：

①当时，的最大值为，最小值为，

∴任取，，都有恒成立，故①正确；

②如图所示，函数和的图象有3个交点，即有3个零点，故②正确；

③函数在区间上的单调性和上的单调性相同，则函数在区间上不单调，故③错误；

④当时，函数关于对称，若关于的方程有且只有两个不同实根，，则，则成立，故④正确；

故答案为：①②④.

【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及函数的性质，利用分段函数的表达式，作出函数的图象是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度.

四、解答题

17．已知正项数列的前项和为，且，(且).

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；

（2）利用裂项相消法即可求出答案．

【详解】(1)∵，

∴，

又，

∴，

∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，

∴，∴，

当时，，

当时，，满足上式，

∴数列的通项公式为；

(2)由（1）可知，，

，

∴当时，．

18．如图，在四面体中，，分别是线段，的中点，，，．

（1）证明：平面平面；

（2）若二面角为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）利用勾股定理逆定理证明，从而可证平面，然后可得面面垂直；

（2）建立如图所示空间直角坐标系，用向量法求二面角．

【详解】（1），分别是线段，的中点，则，，

又，所以，

，所以，

所以，所以，

又，平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面；

（2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

由（1）可得平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，即，所以，

所以，，，，，

，，，

设平面的一个法向量是，

则，取，则，即，

设平面的一个法向量是，

则，取，则，，

．

所以二面角的余弦值为．

19．在①，②，③三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.

已知锐角的内角，，的对边分别为，，，满足___________（填写序号即可）

（1）求；

（2）若，求的取值范围.

注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】（1）条件选择见解析；；（2）.

【分析】（1）选①，利用正弦定理化简已知条件，由此求得，进而求得.选②，利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.选③，先求得，由此求得.

（2）用表示出，结合的取值范围，求得的取值范围.

【详解】（1）若选①，由正弦定理得，

因为，所以，

又因为，所以.

若选②，由正弦定理得，即，

由余弦定理得，

又因为，所以.

若选③，，

从而得，又因为，所以.

（2）由正弦定理得，

，

所以，

由是锐角三角形可得，得，则，

因为在上单调递增，所以，从而，

所以的取值范围为.

20．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点与椭圆：的右焦点重合．

（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）记，若抛物线C上存在两点B，D，使为以P为顶点的等腰三角形，求直线的斜率的取值范围．

【答案】（Ⅰ）方程为，准线为；（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）由椭圆方程可得其右焦点为，即可求出，得出抛物线方程和准线；

（Ⅱ）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，可得，表示出中点，由题可得，由建立关系可求.

【详解】（Ⅰ）由椭圆方程可得其右焦点为，

抛物线与椭圆右焦点重合，，即，

故抛物线C的方程为，准线为；

（Ⅱ）设直线的方程为，

联立直线与抛物线方程，可得，

则，可得，

设，，

设中点为，则，，

为以P为顶点的等腰三角形，则，

则，整理可得，

，则，解得或，

故直线的斜率的取值范围为.

【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次；②混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份血液全为阴性，因此这k份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.

（i）试运用概率统计知识，若，试求P关于k的函数关系式；

（ii）若，采用混合检验方式可以使得这k份血液样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.

参考数据：，，，，

【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4

【解析】(1)根据排列的方法列式求概率即可.

(2) （i）分别求解,再化简求时的解析式即可.

（ii）由题,化简可得,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点存在性定理求区间端点的正负判断即可.

【详解】(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为,则,故恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为

(2) （i）由已知可得,所有可能的取值为.

所以,,

所以.

若,则,所以.

故.

所以P关于k的函数关系式,

（ii）由题意可知,即,化简得.

因为,所以,即.

设函数.

又,故当时, ,即在上单调递减.

又,.

故的最大值为4.

【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构造函数分析不等式的方法.属于中档题..

22．已知函数.

(1)若曲线在点处的切线方程为，求a的值；

(2)若，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由可得的值，再验证切点坐标也满足条件；

（2）由，知要证也即证，设，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.

【详解】(1) ，则解得

又，，可得

综上

(2)由，知

要证

即证

也即证

设，则，

再令，，

所以在上单调递增，又

则当时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以

所以成立，即成立.