2022届重庆市西南大学附属中学校高三下学期第六次月考数学试题含解析

这是一份2022届重庆市西南大学附属中学校高三下学期第六次月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届重庆市西南大学附属中学校高三下学期第六次月考数学试题一、单选题1．已知集合，，则，（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式得到集合，再利用集合交集的定义进行运算求解即可.【详解】集合又，，故选：D2．圆锥的母线长是4，侧面积是，则该圆锥的高为A． B．4 C．3 D．2【答案】A【分析】画出图形，结合勾股定理进行求解【详解】设母线为l，底面半径为r，高为h，则，，所以.答案选A【点睛】本题考查圆锥侧面积公式：，集合了勾股定理进行考察，相对简单3．若复数z满足，则z的共轭复数对应的点在（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数模的公式和复数的四则运算得Z，再由共轭复数的概念及复数的几何意义可得.【详解】因为所以所以，对应的点在第一象限故选：A.4．若成立的一个充分不必要条件是，则实数a的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式、分式不等式求得题设条件为真时对应的范围，再根据条件的充分不必要关系求参数a的取值范围.【详解】由，可得：；由，则，可得；∵成立的一个充分不必要条件是，∴，可得.故选：D.5．已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递减，若，则的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由偶函数将转化到上，由指对数的性质判断自变量的大小关系，再由单调性判断函数值的大小关系.【详解】∵是定义在R上的偶函数，∴且，，且，∵在上单调递减，∴在上单调递增，则.故选：C6．已知，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】已知，且，则，得，所以，解得，或，因为，所以（舍去），所以，，所以. 故选：D.7．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，且点P在第一象限，M是线段上的点，若，则直线的斜率的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量的加法运算的几何意义，结合平面向量坐标表示的性质、斜率公式和基本不等式进行求解即可.【详解】如图，由题可知，设P点坐标为，则，当且仅当时，等号成立.故选：B.【点睛】关键点睛：利用平面向量加法的几何意义是解题的关键.8．已知函数，，若时，成立，则实数a的最大值是（       ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】把不等式在区间上恒成立，转化为在区间上恒成立,再转化为在上恒成立,是本题的关键点.【详解】由题意知：当时，恒成立,即在上恒成立,也就是在上恒成立,令则即在上单调递增，则由可得即在上恒成立,令，，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故，在时取最小值则由在上恒成立,可知故实数a的最大值为故选：B二、多选题9．下列说法正确的是（       ）A．市教委为了解附中高中生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从我校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知我校高一、高二，高三年级学生之比为6∶5∶4，则应从高三年级中抽取20名学生B．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小C．命题“，”的否定是“，”D．线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点【答案】BC【分析】A. 应从高三年级中抽取名学生，所以该选项错误；B，C选项正确；D. 线性回归方程对应的直线有可能不经过其样本数据点中的任意一个点，所以该选项错误.【详解】解：A. 应从高三年级中抽取名学生，所以该选项错误；B. 方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小，所以该选项正确；C. 命题“，”的否定是“，，所以该选项正确；D. 线性回归方程对应的直线有可能不经过其样本数据点中的任意一个点，所以该选项错误.故选：BC10．下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（       ）A．各项系数之和为 B．各项系数的绝对值之和为C．不存在项 D．常数项为【答案】AD【分析】赋值法判断A、B；根据已知多项式，结合二项式定理判断C、D的正误.【详解】令得，故A 正确﹔取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔由题设，，若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误;个因式中个取，个取，剩下个取，得5个因式中个取个取，剩下个取，得，5个因式中均取，得.故常数项为，D正确.故选：AD.11．正方体的棱长为6，M､N为底面内两点，，异面直线与所成角为30°，则正确的是（       ）A．B．直线与为异面直线C．线段长度最小值为D．三棱锥的体积可能取值为12【答案】ACD【分析】由向量的线性运算确定点轨迹是线段，由异面直线所成的角的定义确定点轨迹是上底面上以为圆心的四分之一圆弧，然后通过线面垂直，相交直线、圆上的点到直线的距离的最值，棱锥的体积判断各选项．【详解】由得，，所以点轨迹是线段，，面直线与所成角为30°，所以（它为异面直线与所成角），所以是以为轴，为顶点，顶角为的圆锥的母线，该圆锥侧面与上底面的交线为以为圆心，为半径的圆在正方形内的圆弧，即为点轨迹．平面，平面，则，又，，平面，所以平面，而平面，所以，A正确；在平面内作直线与线段，和点轨迹圆弧分别交于点，则与相交，B错；到直线的距离是，所以的最小值为，C正确；三棱锥中，在正方形中知到直线的距离等于到距离的最大值，此最大值为，因此的最大值为， 三棱锥体积的最大值为，D正确．故选：ACD．12．设函数的定义域为R，如果存在常数，对于任意，都有，则称函数是“类周期函数”，T为函数的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（       ）A．函数是“类周期函数”B．函数是“类周期函数”C．如果函数是“类周期函数”，那么“，”D．如果“类周期函数”的“类周期”为，那么它是周期为2的周期函数【答案】ACD【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．【详解】解：对于A，若函数是“类周期函数”，则存在非零常数，使，即，即，即，令，因为，且函数在上连续，所以函数在上存在零点，即方程在上有解，即存在常数，对于任意，都有，所以函数是“类周期函数”，故A正确；对于B，若函数是“类周期函数”，则存在非零常数，使，即，则，即对任意的恒成立，则，矛盾，所以不存在常数，对于任意，都有，所以函数不是“类周期函数”，故B错误.对于C，若函数是“类周期函数”，则存在非零常数，使，即；故或，当时，，由诱导公式得，；当时，，由诱导公式得，；故“，”，故C正确；对于D，如果“类周期函数”的“类周期”为，则，即；故它是周期为2的周期函数；故D正确.故选：ACD.三、填空题13．已知，为单位向量，，的夹角为60°，向量满足，且，则实数______．【答案】－0.5【分析】由题可得，即，即求.【详解】∵，为单位向量，，的夹角为60°，向量满足，且，∴，即，∴，即.故答案为：.14．已知随机变量X的概率分布为，则实数______．【答案】【分析】根据给定条件利用随机变量分布列的性质列式计算作答.【详解】依题意，，由分布列的性质得，解得，所以实数.故答案为：15．安排高二年级一､二两个班一天的数､语､外､物､体，一班的化学及二班的政治各六节课．要求体育课两个班一起上，但不能排在第一节；由于选课之故，一班的化学和二班的政治要安排在同一节；其他语､数､外､物四科由同一任课教师分班上课，则不同的排课表方法共有__________种．【答案】5400【分析】先安排体育课（不能在第一节），再安排化学和政治在同一节，剩下4门主课，先安排一班，再安排二班即可.【详解】先安排体育课（不能在第一节）有种，化学和政治在同一节有种，剩下4门主课，不能同时上一种课，先安排一班有种，不妨设第1，2，3，4节的顺序，二班第一节，一班有3种选项第2，3，4节，对应一班选出的某节课，比如第2节，在一班上第2节时，有第1，3节，第1，4节，第3，4节3种，故不同的排课表方法共有种,故答案为：5400【点睛】方法点睛：排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．16．已知实数满足，则的取值范围是___________.【答案】【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.【详解】因为实数满足，当时，方程为的图象为椭圆在第一象限的部分；当时，方程为的图象为双曲线在第四象限的部分；当时，方程为的图象为双曲线在第二象限的部分；当时，方程为的图象不存在；在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，令，即，与双曲线渐近线平行，当最大时，直线与椭圆相切，联立方程组，得，，解得，又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，所以，当直线与双曲线渐近线重合时，z最小但取不到最小值，即，所以综上所述，，所以，即，故答案为：.【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．四、解答题17．已知数列的前项和为，，且，是公差不为0的等差数列，且成等比数列，成等差数列．(1)求的通项公式；(2)若，求的前项和．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由已知列式解方程组可得解.（2）裂项求和即可.【详解】(1)∵当，，两式相减可得由，代入可得，满足，所以为等比数列，∴，不妨设等差数列公差为，由条件可得，即，解得，所以(2)由（1）可知∴.18．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲､乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)X1234p 数学期望为.【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.【详解】(1)设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；则(2)X的可能取值为1，2，3，4.，，，，所以X的分布列为：X1234p 其中.即数学期望为.19．如图，中，，，，点，N是线段上两点（包括端点），.(1)当时，求的周长；(2)设，当的面积为时，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用锐角三角函数得到，再在中利用余弦定理求出，即可得到，即可求出、，即可得解；（2）在、分别利用正弦定理，即可表示、，再根据得到方程，再利用两角和的正弦公式、二倍角公式及辅助角公式计算可得；【详解】(1)解：，，，则，，则，在中，由余弦定理得：，则，，即，又，，而，的周长为；(2)解：在中，，由得：，在中，由，得，所以，由得，又，所以，则，所以.20．如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且，.(1)求证: 平面;(2)设，若直线与平面所成的角为 ，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面，可证得，再证明，从而证明平面；（2）由题意，计算出各棱长，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，从而得对应向量的坐标，求解平面的法向量为，以及平面的一个法向量，代入向量的夹角公式计算余弦值，再由该二面角的平面角为钝角，可得二面角的余弦值.【详解】(1)∵四边形是菱形，∴.∵，，∴平面，又平面，∴.∵，是的中点，∴，又，∴平面.(2)∵，∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，∵平面，∴直线与平面所成的角即，∴，不妨设菱形的边长为，则在等边三角形中，，，在中，.           如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，则.设平面的法向量为，则，得.易知平面的一个法向量为，则，由图可知二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21．已知椭圆的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆的上顶点，过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由等轴双曲线的离心率可得椭圆的离心率，再由直线与圆相切，可得的值，由，，与离心率的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得的坐标，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由斜率之和可可得参数的关系，可证得直线恒过定点．【详解】(1)∵等轴双曲线的离心率为，∴椭圆的离心率，又∵直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切，∴，即，可得，即，则椭圆的方程为：；(2)①若直线的斜率不存在，设方程为，则点，，，，由，即，解得，此时直线的方程为；②若直线的斜率存在，设的方程为，由题意可得，设，，，，则，整理可得：，，且，，由，可得，即，即，，，故直线的方程为，即直线过定点，综上所述：直线过定点．22．已知函数.(1)讨论函数的极值；(2)当时，证明：恒成立.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出导函数，然后分类讨论确定的正负，得单调区间后可得极值；（2）不等式变形为，只要只要证，由（1）得最大值，不等式再变形后，换元，，引入新函数，利用导数求得新函数的最大值，从而证明不等式成立．【详解】(1)显然的定义域为，因为，所以，若，则当时，，当时，，故函数在上单调递增，在上单调递减；故在处取得唯一的极大值，且极大值为1.若，则当时恒成立，故函数在上单调递增，无极值.综上，当时，的极大值为，无极小值；当时，无极值.(2)当时，若证恒成立，只需证恒成立，即证，由（1）知在处取得最大值，最大值为，所以即证，即证.令，因为，所以，则只需证明，令，，则，当时，，当时，.故在上单调递增，在上单调递减，故，故，即.因此当时，恒成立.【点睛】本题考查用导数求函数的极值，证明不等式．证明不等式的关键是不等式的转化，一是由不等式的性质转化为，二是换元化简不等式，三是引入新函数，转化为求新函数的最大值．考查逻辑思维能力，运算求解能力．