2022届河南省新蔡县四校联考高三上学期调研考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届河南省新蔡县四校联考高三上学期调研考试数学（理）试题含解析，共17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届河南省新蔡县四校联考高三上学期调研考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则A． B． C． D．【答案】D【详解】集合..故选D.2．若命题：，，则的否定形式为（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据全称命题的否定是特称命题，可得出答案.【详解】因为全称命题的否定为特称命题，所以命题的否定形式为：，.故选：D.3．已知，，则（       ）A．0和 B． C． D．和0【答案】B【分析】根据同角三角函数的基本关系，求出正弦值，余弦值，再求正切值.【详解】因为，所以，因为，所以，整理得，解得或，由则当时，（代入条件验证矛盾舍去），当时，，所以.故选：B4．在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正弦定理及同角三角函数基本关系求解.【详解】由正弦定理知，，所以，故选：D5．已知函数的导函数为，且满足，则（       ）A．1 B． C． D．4【答案】C【分析】先对进行求导，然后把代入，可列出关于的等式，即可解出，从而得出的解析式，即可求出.【详解】解：因为，所以，把代入，得，解得：，所以，所以.故选：C.6．甲､乙，丙､丁四位学生中，其中有一位做了一件好事，但不知道是哪一位学生.老师对甲､乙，丙､丁四人进行询问，四人的回答如下；甲：我没做；乙：是甲做的；丙：不是我做的；丁：是乙做的.如果其中只有一个人说了真话，那么做好事的人是（ ）A．甲 B．乙C．丙 D．丁【答案】C【分析】先找有没有说法矛盾的，再用假设法分析出符合题意的选项即可.【详解】由题意知甲，乙说法矛盾，故其中必然有一个为真一个为假，假设甲的话是真的，则乙､丙､丁的话都是假的，相当于甲：我没做；乙：不是甲做的；丙：是我做的；丁：不是乙做的，符合题意，若甲的话为假，则乙，丙都是真话，不合题意，故是丙做的.故选：C.7．在中， 是的中点，点在上，且,且A． B． C． D．【答案】A【详解】如下图，以B为原点，BA,BC分别为x,y轴建立平面坐标系A(4,0),B（0，0），C（0，6），D(2,3),设E(0,t),,即，． 选A.8．菜农采摘蔬菜，采摘下来的蔬菜会慢慢失去新鲜度．已知某种蔬菜失去的新鲜度与其采摘后时间（小时）满足的函数关系式为．若采摘后小时，这种蔬菜失去的新鲜度为，采摘后小时，这种蔬菜失去的新鲜度为．那么采摘下来的这种蔬菜在多长时间后失去新鲜度（参考数据，结果取整数）（       ）A．小时 B．小时C．小时 D．小时【答案】B【分析】根据题意，列出方程组，求得的值，得出函数的解析式，令，即可求解.【详解】由题意，采摘后小时，这种蔬菜失去的新鲜度为，采摘后小时，这种蔬菜失去的新鲜度为，可得，解得，，所以，令，可得，两边同时去对数，故小时.故选：B.9．若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，所以在上也是单调递减，且，，所以当时，，当时，，所以由可得：或或解得或，所以满足的的取值范围是，故选：D.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题.10．设函数在上单调递减，则下列叙述正确的是（       ）A．的最小正周期为B．关于直线轴对称C．在上的最小值为D．关于点对称【答案】C【分析】根据可求出，即可根据三角函数的性质依次判断.【详解】由条件知，，，，或.时，在上不单调递减；，.对A，的最小正周期为，故A错误；对B，，故B错误‘；对C，当时，，所以，所以，所以在上的最小值为，故C正确；对D，，关于点对称，故D正确.故选：C.11．已知，，，则，，的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，通过导数与单调性的关系可得，化简即可得结果.【详解】设，则，当时，，所以在上单调递减，所以，即，所以，即，即，故选：A.12．已知是定义在上的偶函数，且满足，若关于的方程有10个不同的实数解，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求导分析的单调性、极值、边界情况，画出函数在的图象，数形结合即得解【详解】当时，，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值，且，当时，；当时，单调递增，且此时.函 数在的图象如下图所示：方程即，由图象可知，在有3个实数解，由于为偶函数，故在R上有6个实数解所以只需要有4个不同的实数解，可得或，故选：B.二、填空题13．已知向量，，，则______．【答案】【分析】利用求出m，即可求出，进而求出.【详解】向量，，，所以，所以m=-2.所以，所以.故答案为：114．已知，若，则实数______.【答案】或【分析】先求得，然后对进行分类讨论，进而求得的值.【详解】因为，所以，当，即时，，解得，当，即时，，解得，故的值为或.故答案为：或15．某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．【答案】【分析】利用求出圆弧所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形的面积，求出直角的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得.【详解】设，由题意，，所以，因为,所以，因为，所以，因为与圆弧相切于点，所以，即为等腰直角三角形；在直角中，，，因为，所以，解得；等腰直角的面积为；扇形的面积，所以阴影部分的面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用，把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针.16．数列为1，1，2，1，1，3，1，1，1，1，4，…，前n项和为，且数列的构造规律如下：首先给出，接着复制前面为1的项，再添加1的后继数为2，于是，，然后复制前面为1的项，1，1，再添加2的后继数为3，于是，，，接下来再复制前面所有为1的项，1，1，1，1，再添加3的后继数为4，…，如此继续现有下列判断：①；②；③；④．其中正确的是______．【答案】①②④【分析】根据题意，分析可得数列中，有，其余项都为1；据此依次分析选项，令 ，可得到n的值，判断①；依次法可判断③；分析前20中数的特点，有几项满足，其余项为1，由此可判断②；仿此法可判断④.【详解】根据题意，由数列的构造规律可得：，，，，则有，其余项都为1；对于①，当时，，则有，①正确；对于②，前20项中，，，，，，其余项为1，则，②正确；对于③，当时，，故，③错误；对于④，当时，，当时，，则在前2021项中，不是1的项有2、3、4、5、6、7、8、9、10、11，其余2011项都为1，则，④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了数列的新定义问题，是给了一种新的构造数列的方法，解答的关键是观察并找到数列中不为1的项出现的规律，求和时要找到前n项中有几项不为1，其余项都是1.三、解答题17．已知命题函数在区间上单调递增；命题函数的定义域为；若命题“”为假，“”为真，求实数的取值范围.【答案】【分析】依题意得中一真一假，再分情况求解.【详解】解：若命题为真命题，则；若命题为真命题，则 命题“”为假，“ ”为真中一真一假若真假，则 ，若假真，则 ，综上或.【点睛】本题主要考查命题逻辑联结词及真假判断.18．已知向量与的夹角为，，.（1）求的大小及在方向上的投影；（2）求向量与夹角的余弦值.【答案】（1），在方向上的投影为；（2）.【分析】（1）利用向量数量积的定义可得，代入可得解，利用向量投影的公式，可求在方向上的投影；（2）借助向量的夹角公式，即得解【详解】（1）因为，所以，所以在方向上的投影为.（2），，设向量与的夹角为，则.19．已知数列的首项，前项和为且满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（ 1）由，可得，两式相减可化为，可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可得结果；（2）由（1）可得，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式可得数列的前项和.【详解】（1）∵时，，∴当时，．两式相减得：．又， ，∴∴是首项为2，公比为3的等比数列．从而．（2）∵，∴，，∴．∴   ①∴ ②．①-②，得：∴．【点睛】错位相减法求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的对应项的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法   在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法   在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法   如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.21．某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米.（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?【答案】（1）120米（2）米【分析】（1）根据A,B高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.【详解】（1）由题意得米（2）设总造价为万元，，设，(0舍去)当时，；当时，，因此当时，取最小值，答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.22．已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（2）［方法一］：通性通法,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时， ，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时， ∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由得，即，而，所以．令，则，所以在R上单调递增．由，可知，所以，所以．令，则．所以当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，则，即．所以a的取值范围为．［方法三］：换元同构由题意知，令，所以，所以．于是．由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．令，所以．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得最大值为．所以．［方法四］：因为定义域为，且，所以，即．令，则，所以在区间内单调递增．因为，所以时，有，即．下面证明当时，恒成立．令，只需证当时，恒成立．因为，所以在区间内单调递增，则．因此要证明时，恒成立，只需证明即可．由，得．上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．当时，因为，显然不满足恒成立．所以a的取值范围为．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．