所属成套资源:高三数学下学期开学摸底测试试题含答案合集
2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学(理)试题含解析
展开
这是一份2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学(理)试题含解析,共30页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学(理)试题
一、单选题
1.若集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据分式不等式解法解出集合A,根据对数的运算法则计算出集合B,再根据集合交集运算得结果.
【详解】,
,
∴.
故选:C.
2.已知,复数(为虚部单位)为纯虚数,则z的共轭复数的虚部为( )
A.1 B. C. D.
【答案】B
【分析】根据复数的出发运算结合纯虚数的定义求出,从而可求出复数,即可得出答案.
【详解】解:,
因为复数(为虚部单位)为纯虚数,
所以,解得,
所以,所以,
所以z的共轭复数的虚部为.
故选:B.
3.已知,,则“”是“存在使得”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分条件,必要条件的定义,以及诱导公式即可判断.
【详解】(1)当存在使得时,
则;
即不能推出.
(2)当时,
或,,
所以对第二种情况,不存在时,使得成立,
故“”是“存在使得”的既不充分不必要条件.
故选:D
4.设函数,则函数的图象可能为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】判断f(x)的奇偶性和单调性即可判断图像.
【详解】,
,
,
∴f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数,图像关于原点对称,据此排除BD;
又,∴选C.
故选:C.
5.“烂漫的山花中,我们发现你.自然击你以风雪,你报之以歌唱.命运置你于危崖,你馈人间以芬芳.不惧碾作尘,无意苦争春,以怒放的生命,向世界表达倔强.你是岸畔的桂,雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词,她用实际行动奉献社会,不求回报,只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响,有大量志愿者到乡村学校支教,现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动,要求甲、乙两个学校各安排一个人,剩下两个学校各安排两个人,其中的小李和小王不在一起,不同的安排方案共有( )
A.156种 B.168种 C.172种 D.180种
【答案】A
【分析】利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】根据题意,设剩下的2个学校为丙学校和丁学校,先计算小李和小王不受限制的排法数目:先在6位志愿者中任选1个,安排到甲学校,有种情况,再在剩下的5个志愿者中任选1个,安排到乙学校,有种情况,最后将剩下的4个志愿者平均分成2组,全排列后安排到剩下的2个学校,有种情况,则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种,
若小李和小王在一起,则两人去丙学校或丁学校,有2种情况,在剩下的4位志愿者中任选1个,安排到甲学校,有种情况,再在剩下的3个志愿者中任选1个,安排到乙学校,有种情况,最后2个安排到剩下的学校,有1种情况,则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选:A
6.已知,则下列关系中成立的是
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】利用对数式特殊值,解对数方程,再比较x,y,z的大小关系.
【详解】由题意知,,,
解得.
同理可解得,
比较x和y:取,
比较x和z:取,
比较y和z:取,
综上所述:,故选C.
【点睛】对数式特殊值有,结合对数式指数式互化,解决一些特殊的对数方程.再构造同指数幂比较大小.
7.函数对于都有,恒成立,在区间上无最值.将横坐标变为原来的6倍,图象左移个单位,上移3个单位得到,则下列选项正确的是( )
A.在上单调递增
B.当时取得最小值为-1
C.的对称中心为
D.右移m个单位得到,当时,为偶函数
【答案】D
【分析】根据已知条件求得的解析式,然后根据三角函数的的单调性、最值、对称性、三角函数图象变换、三角函数的奇偶性等知识对选项进行分析,从而确定正确选项.
【详解】由题意得∵,∴,则.
∴,
∴,则
,
在,上单调递增,当k=0时,增区间为,A错误;
时,取得最小值为1,B错误:
,所以的对称中心为,C错误;
,当为偶函数时,,,D正确.
故选:D
8.在△ABC中,且,,其中,,,,则( )
A.当时, B.当时,
C.当时, D.当时,
【答案】D
【分析】根据向量的加减法运算可判断A;根据数量积的运算法则可求得,从而判断B;先表示出,再根据向量模的计算求得,可判断C;根据向量的夹角公式可求得,判断D.
【详解】当时,,
则,
故A错误;
当时,,
则,
由于 不定,故B错误;
当时,,
故由于 不定,故C错误;
当时,,
,
故,
故
所以 ,
由于 ,故,故D正确,
故选:D
9.已知正方体的棱长为2,M为的中点,N为正方形ABCD内一动点,则下列命题正确的个数是( )
①若,则点N的轨迹长度为π.
②若N到平面与直线的距离相等,则N的轨迹为抛物线的一部分.
③若N在线段AC上运动,则.
④若N在线段AC上运动,则.
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【分析】①连接DN、MN,求出DN,根据圆的定义可求N的轨迹,根据圆的周长可求轨迹长度;
②根据几何关系可知N到平面的距离即为N到直线BC的距离,N到直线的距离即为NA,根据抛物线的定义即可判断N的轨迹;
③连接,证明平面即可;
④连接连接AC和BD交于O,连接MO,则∥MO,由此即可判断.
【详解】①连接DN、MN,
∵DM⊥平面ABCD,∴,∴,
∴点N的轨迹是以D为圆心,2为半径的圆的,
∴点N轨迹长度为圆的周长的,为,故①正确;
②如图,过N作NE⊥BC与E,连接AN:
∵平面ABCD⊥平面且两平面交于BC,∴NE⊥平面,∴NE即为N到平面的距离;
∵⊥平面ABCD,∴⊥AN,∴AN就是N到直线的距离;
若N到平面与直线的距离相等,即NE=NA,根据抛物线的定义可知N的轨迹是以A为焦点,BC为准线的抛物线的一部分,故②正确;
③连接:
是正方形,,
∵平面平面,
同理可证平面③正确;
④连接AC和BD交于O,连接MO,
∵ABCD时正方形,∴OB=OD,又M是的中点,∴在三角形中,∥MO,
∴若N在线段AC上运动,只有当N为AC中点O才满足,故④错误.
∴正确的命题是:①②③,正确的个数为:3.
故选:C.
10.在x轴上方作圆与x轴相切,切点为,分别从点、,作该圆的切线AM和BM,两切线相交于点M,则点M的横坐标的取值范围( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】根据题意作出图像,根据几何关系研究动点M的轨迹即可.
【详解】当M在第一象限时,如图,设直线AM,BM与圆分别相切于点E,F,
由题可知,,,
又∵,
∴
∴根据双曲线的可知,M在以A、B为焦点的双曲线的右支上(不能取顶点),
∴此时M恒坐标;
当M在第三象限时,如图,
同理可得,
∴根据双曲线的定义可知,此时M是以A、B为焦点的双曲线的左支上的点(不能为顶点),∴此时M恒坐标;
综上,M点的横坐标的取值范围.
故选:A.
11.已知函数,若,成立,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】先将不等式变形为,再根据函数在上为减函数即可得到,然后分参即可求出.
【详解】因为,得,同时除以得:,使该不等式成立.设,,当时,,所以在为减函数,所以,由得,即,因为,所以,,即a的取值范围是.
故选:D.
12.设,分别是椭圆的左、右焦点,若椭圆E上存在点P满足,则椭圆E离心率的取值范围( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】利用列方程,整理得,然后根据的取值范围,求得离心率的取值范围.
【详解】设,由椭圆的方程可得,,,
则,即,
由P在椭圆上可得,所以,
所以可得,所以,
由,所以,整理可得:,,
可得:.
故选:B
二、填空题
13.若一几何体三视图如图所示,则其内接长方体体积的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据题意该几何体为圆锥,且圆锥的底面半径为1,高为2,故底面矩形的边长为,对角线长为,高为x,进而长方体的体积为,,在结合导数计算的最值即可.
【详解】解:根据三视图可判断该几何体为圆锥,且圆锥的底面半径为1,高为2;
其内接长方体如图,底面矩形的边长为,对角线长为,高为x,
根据轴截面图得出:,解得,其中;
因为,所以,当且仅当时等号成立,
所以长方体的体积为,,
所以令
则,令,解得或,
可判断时单调递增,时单调递减,
所以的最大值为.
所以该长方体的最大值为,当且仅当底面边长为的正方形,高为,
故答案为:.
14.已知的展开式中,第4项的系数与倒数第四项的系数之比为,则展开式中二项式系数最大的项的系数为___________.
【答案】280或560
【分析】结合二项式展开式的通项公式以及已知条件列方程,化简求得的值,进而求得展开式中二项式系数最大项的系数.
【详解】因为的展开式通项为,
所以,展开式中第4项系数为,倒数第四项系数为,
则,即6-n=-1,所以n=7.
当k=3或k=4时,二项式系数最大.
所以二项式系数最大的项为和;
所以二项式系数最大的项的系数为280或560.
故答案为:或
15.在中,已知,则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】利用二倍角公式分析得出,利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出,令,则,,利用函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】因为,所以,
因为、,故,所以或.
因为,故,故.
则由正弦定理得
,
因为,所以,所以,
设,则,则,
设,,则在上单调递增,则,即.
所以的取值范围为.
故答案为:.
16.瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理“三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半”,后人称这条直线为“欧拉线”,直线l与y轴及双曲线的两条渐近线的三个不同交点构成集合M,且M恰为某三角形的外心,重心,垂心所成集合,若l的斜率为-1,则该双曲线的离心率可以是①,②,③,④,⑤,⑥.以上结论正确的是___________.
【答案】①③⑤
【分析】设直线方程,可求出三个交点,结合条件列出等式进而可得a,b的关系式,即可判断.
【详解】设直线l的方程为,
令x=0,可得y=t,设直线l与y轴的交点,
双曲线的渐近线方程为,
与直线y=x+t联立,可得,
由三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半,
当A,B,C依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为a=2b,;
当A,C,B依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为a=-2b不成立;
当B,A,C依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为b=3a,;
当C,A,B依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为b=-3a不成立;
当C,B,A依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为a=5b,;
当B,C,A依次为三角形的外心、重心、垂心,且它们依次位于同一条直线上,
可得,即为,化为a=-5b不成立.
故答案为:①③⑤.
三、解答题
17.已知数列中,,,.
(1)设,求证是等差数列;
(2)求的通项.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)式子变形后,可知是首项,公差为1的等差数列.
(2)利用累加法和错位相减法即可得出结论.
【详解】(1)解:由已知可得:
即
即,
所以是首项,公差为1的等差数列.
(2)由(1)知
则
得到
①,
②
,得.
18.如图,多面体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,上底面为直角梯形,且,,平面ABCD,F为棱上的一个动点,设由点,A,F构成的平面为α.
(1)当F为的中点时,在多面体中作出平面α截正方体的截面图形,并指明与棱的交点位置;
(2)求当点D到平面α的距离取得最大值时直线AD与平面α所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】(1)取的中点,取的中点,连接,,连接并延长交延长线于,连接并延长交于,连接,从而可求出截面图形,
(2)如图,以D为坐标原点,以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,设CF=a,(0≤a≤2),求出平面的一个法向量,然后表示出点D到平面α的距离为,由其最大值可求出,再利用向量的夹角公式可求得结果
【详解】(1)取的中点,取的中点,则,连接,,
由题意可得∥,
因为F为的中点,所以∥,
所以∥,
所以,
连接并延长交延长线于,
连接并延长交于,连接,
则平面截正方体的截面为五边形,如图所示.
因,所以,
所以,
因为≌,
所以,
因为,所以
(2)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,延长与z轴交于P点,
设CF=a,(0≤a≤2),则,,
∴,,,
设平面的一个法向量为,则
,令,则,
设点D到平面α的距离为,则
,当a=2时,,
此时,
设直线AD与平面所成角为,则
所以直线AD与平面所成角的正弦值为.
19.某校高三2班第一小组有男生4人,女生2人,为提高中小学生对劳动教育重要性的认识,现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习,学校提供了:除草、翻地、播种、浇水四个项目.规定女生等可能的从中选择1个或者2个项目进行劳动学习,男生等可能的从中选择1个或者2个或者3个项目进行劳动学习,每参加1个劳动项目的学习获得10分,求:
(1)在至少有一名女生参加劳动学习的条件下,恰有一名女生参加劳动学习的概率;
(2)记该小组得分为X,求X的期望.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)设“至少有一名女生参加劳动学习”为事件A,“恰有一名女生参加劳动学习”为事件B.
根据超几何分布原理分别求得,,直接利用条件概率的计算公式即可求得;
(2)设恰有Y人女生参加劳动学习,则男生2-Y人参加劳动学习,求出Y的分布列和数学期望,由即可求出.
【详解】(1)设“至少有一名女生参加劳动学习”为事件A,“恰有一名女生参加劳动学习”为事件B.
根据超几何分布原理得:,
有条件概率的计算公式得:
所以,在至少有一名女生参加劳动学习的条件下,恰有一名女生参加劳动学习的概率为;
(2)根据题意女生参加劳动学习可获得:(分);
男生参加劳动学习可获得:(分).
设恰有Y人女生参加劳动学习,则男生2-Y人参加劳动学习,则
;;.
所以Y的分布列为:
Y
0
1
2
P
则有:.
又,
∴.
20.如图,已知椭圆,曲线与轴的交点为,过坐标原点的直线与相交于、,直线、分别与交于点、.
(1)证明:以为直径的圆经过点;
(2)记、的面积分别为、,若,求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)分析可知直线的斜率存在,设直线的方程为,设点、,将直线的方程与曲线的方程联立,列出韦达定理,利用斜率公式结合韦达定理计算得出,可得出,即可证得结论成立;
(2)设的斜率为,则的方程为,将直线的方程分别与曲线、的方程联立,可求得点、的坐标,同理可得出点、的坐标,可求得、,进而可得出的表达式,利用基本不等式可求得的取值范围.
【详解】(1)证明:若直线的斜率不存在,则该直线与轴重合,此时直线与曲线只有一个交点,不合乎题意.
所以,直线的斜率存在,设直线的方程为.
由得,
设、,则、是上述方程的两个实根,
于是,.
又因为点,
所以,
所以,即,所以为直径的圆经过点.
(2)解:由已知,设的斜率为,则的方程为,
由解得或,则点的坐标为,
又直线的斜率为,同理可得点的坐标为.
所以,
由得,解得或,
则点的坐标为,
又直线的斜率为,同理可得点的坐标,
于是,
因此,
当时,即当时,等号成立,
所以,所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛:圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略:
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
(2)利用已知参数的范围,求新的参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系;
(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
(4)利用已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.
21.己知函数.
(1)当时,求的单调区间.
(2)存在,使得成立,求整数的最小值.
【答案】(1)增区间为,无单减区间
(2)
【分析】(1)利用导数与函数的单调性之间的关系可求得结果;
(2)由题意可知,存在,使得,构造函数,其中,利用导数分析函数的单调性,求出的取值范围,可求得整数的最小值.
【详解】(1)解:当时,,该函数的定义域为,
则,当且仅当时,等号成立,
故函数的增区间为,无单减区间.
(2)解:存在,使得成立,即,
令,其中,则,
,
令,则,
令,对任意的恒成立,
故函数在上为增函数,则,
即对任意的恒成立,则函数为增函数.
因为,,
所以存在,使得,
当时,,此时函数单调递减,
当时,,此时函数单调递增,
所以,,,
设,则,
令,则对任意的恒成立,
故函数在上为增函数,则,
即对任意的恒成立,故函数在为增函数,
故,即,即,
因为为整数,所以整数的最小值为.
【点睛】结论点睛:利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立,可根据以下原则进行求解:
(1),;
(2),;
(3),;
(4),.
22.在平面直角坐标系中,曲线经过伸缩变换得到曲线,曲线的方程为(为参数),以坐标原点为极点建立极坐标系,曲线是由过极点且关于极轴对称的两条射线组成的图形,其中.
(1)请写出曲线的普通方程和曲线的极坐标方程.
(2)已知点在曲线上,,延长、分别与曲线交于点、,求的面积.
【答案】(1),和
(2)
【分析】(1)求出曲线的普通方程,然后由变换可得出曲线的普通方程,求出,可得出曲线的极坐标方程;
(2)求出点、、的坐标,可求得,直线的方程,求出点到直线的距离,利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】(1)解:将曲线的参数方程化为普通方程可得,
将曲线经过变换可得到曲线,则,
因此,曲线的普通方程为.
曲线是由过极点且关于极轴对称的两条射线组成的图形,其中.
则,故曲线的极坐标方程为和.
(2)解:直线的方程为,联立,可得或,即点,
同理可得点,则,且直线的方程为,
设点,则,可得,即点,
所以,点到直线的距离为,
因此,.
23.已知函数
(1)求不等式的解集;
(2)若的最大值为,且,求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由已知可得,在不等式的两边同时平方可得出,解此不等式即可得解;
(2)分析函数的单调性,可得出,可得出,利用三元基本不等式可求得的最小值.
【详解】(1)解:由可得,
两边平方得,整理得,解得,
所以,不等式的解集为.
(2)解:当时,,此时函数单调递增;
当时,,此时函数单调递增;
当时,,此时函数单调递减.
所以,,故,所以,,
因为且,则,
由三元基本不等式可得,
当且仅当,即时取到等号,故的最小值为.
相关试卷
这是一份2024四省八校高三上学期10月联考试题数学(理)PDF版含解析,共10页。
这是一份2022届四川省树德中学高三下学期开学考试数学(理)试题含解析,共21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。
这是一份2022届四省八校高三下学期开学考试数学(理)试题含答案,共17页。试卷主要包含了考试结束后,将答题卡交回,“烂漫的山花中,我们发现你,已知,则下列关系中成立的是等内容,欢迎下载使用。