2022届广东省茂名市五校联盟高三下学期第三次联考数学试题含解析

这是一份2022届广东省茂名市五校联盟高三下学期第三次联考数学试题含解析，共18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届广东省茂名市五校联盟高三下学期第三次联考数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出，依题意阴影部分表示，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以，由韦恩图可知阴影部分表示；故选：A2．甲、乙两个跑步爱好者利用微信运动记录了去年下半年每个月的跑步里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结论中错误的是（       ）A．甲跑步里程的极差等于110B．乙跑步里程的中位数是273C．分别记甲、乙下半年每月跑步里程的平均数为，，则D．分别记甲乙下半年每月跑步里程的标准差为，，则【答案】C【分析】根据极差、中位数、平均数、标准差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】甲跑步里程的极差为，A的结论正确.乙跑步里程的中位数为，B的结论正确.甲跑步里程的平均数，乙跑步里程的平均数，所以，C的结论错误.根据折线图可知，甲的波动大，乙的波动小，所以，D的结论正确.故选：C3．已知向量，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量减法、模的坐标运算列方程，化简求得的值.【详解】，，，，.故选：A4．等差数列的前项和为，，若，，则数列的公差为（       ）A． B．3 C． D．2【答案】D【分析】根据等差数列前项和公式及下标和性质得到，即可求出，从而求出公差；【详解】解：因为，所以，即，因为，所以，又，所以；故选：D5．已知圆C：，点是圆上的动点，与圆相切，且，则点的轨迹方程是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】依题意可得，设，根据平面直角坐标系上两点的距离公式得到方程，即可得解；【详解】解：因为圆C：，所以圆心，半径，因为点是圆上的动点，所以，又与圆相切，且，则，设，则，即，所以点的轨迹方程为；故选：B6．《长津湖》和《我和我的父辈》都是2021年国庆档的热门电影．某电影院的某放映厅在国庆节的白天可以放映6场，晚上可以放映4场电影．这两部影片只各放映一次，且两部电影不能连续放映（白天最后一场和晚上第一场视为不连续），也不能都在白天放映，则放映这两部电影不同的安排方式共有（       ）A．30种 B．54种 C．60种 D．64种【答案】B【分析】分两种情况考虑，均在晚上播放，或者白天一场，晚上一场，求得结果.【详解】若均在晚上播放，则不同的安排方式有种，若白天一场，晚上一场，则有种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48+6=54种.故选：B7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，双曲线的左顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于，两点，其中点在轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，求出点P，Q的坐标,结合条件求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率的取值范围．【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，由，解得或，∴，．又为双曲线的左顶点，则，∴，，∵，∴，即，∴，又，∴.故选：C.8．已知函数的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，则的值等于（       ）A．1 B．3 C．5 D．6【答案】C【分析】根据已知条件列不等式，从而求得的值.【详解】依题意，的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，所以，其中，所以， ，所以.故选：C 二、多选题9．已知复数z的共轭复数为，若，则（       ）A．z的实部是1 B．z的虚部是 C． D．【答案】AC【分析】依题意根据复数代数形式的除法运算法则化简复数，即可得到其共轭复数与模，即可判断；【详解】解：因为，所以，所以，，的实部为，虚部为；故选：AC10．已知，，（其中为自然对数的底数），则，，的大小关系为（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断，，再利用作差法判断、，即可得解；【详解】解：令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，所以，所以；故选：AD11．已知正方体中，点是底面的中心，点是侧面内的一个动点，且平面，则以下关系一定正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据正方体的性质，利用线面、面面平行垂直的判定定理及性质定理逐一验证即可.【详解】如图所示：A：因为，平面，平面，所以平面，平面，又，所以平面平面，因为平面，所以，则与不一定平行，故A错误；B：由A知：直线CM//，所以点C与点M到平面的距离必然相等，故，故B正确.C：根据中位线可知：M可取中点，此时，因为与不垂直，所以不垂直，故C错误.D：根据正方体性质易知：，又，所以平面，由A知 平面，所以，故D正确.故选：BD12．设函数，则下列选项中正确的是（       ）A．为奇函数B．函数有两个零点C．函数的图象关于点对称D．过原点与函数相切的直线有且只有一条【答案】BCD【分析】结合函数的奇偶性、零点、对称性、切线方程对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】的定义域为，，所以是非奇非偶函数，A选项错误.由，解得，所以B选项正确.，令，的定义域为，，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以关于对称，C选项正确.对于D选项， 图象上一点，当时，，则，故过点的切线方程为，将代入上式得，整理得，构造函数，在递增；在递减.，所以，即方程无解，也即当时，不存在过原点的切线.当时，，，则，，故过点的切线方程为，将代入上式得，整理得，构造函数，所以在递减，，所以有唯一零点，也即当时，存在唯一一条过原点的切线.综上所述，D选项正确.故选：BCD【点睛】求曲线的切线方程，要注意已知点是曲线上的点还是曲线外的点.当已知点在曲线外时，要设出切点坐标，利用导数求得斜率，根据点斜式写出切线方程，然后代入已知点进行求解.含有绝对值的函数，要注意根据绝对值的知识进行去绝对值. 三、填空题13．若椭圆的短轴长为6，右焦点到左顶点的距离是9，则椭圆的离心率为_________．【答案】【分析】依题意得到，，再根据，即可求出、，从而求出椭圆的离心率；【详解】解：依题意，，又，所以、，所以椭圆的离心率；故答案为：14．已知函数为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为_________．【答案】【分析】求出时的函数的解析式，计算，的值，求出切线方程即可．【详解】∵函数是奇函数，，当时，，当时，则，故，故时，，故，故，，故切线方程是：.故答案为：．15．设，，，，是一组平面向量，记，若向量，且，则_________．【答案】5或66或5【分析】利用等差数列求和公式可得，再利用数量积的坐标公式可得，即求.【详解】设数列满足，则数列的前n项和为，∴，又，，∴，即，解得，或，故5或6.16．已知菱形，，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，若点是的中点，的面积为，三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为，则的最小值为_________．【答案】【分析】通过辅助线结合线面垂直的关系，先求出的面积，再根据外接球的特点确定球心的位置，即可以确定三棱锥的外接球被平面截得的截面面积的表达式，由此求得的表达式，利用基本不等式可求得答案.【详解】如图，取BD得中点F,连接EF,DE,BEAF,CF,   由题意菱形，知 ,而E是AC中点，故 ,设 ,则 ，故 ，由 , E是AC中点,得： 平面BDE,故平面BDE,设三棱锥的外接球球心为O,由O到A,C距离相等可知：O在平面BDE上，平面AFC, 得： 平面AFC,由O到B,D距离相等，故O在平面AFC上,而平面AFC平面BDE=EF,故知O在直线EF上，故三棱锥的外接球被平面BDE截得的截面圆的半径等于球的半径，设为R,且 ,所以 ，可得 ，所以 ，故 ，故 ，当且仅当 时等号成立，故 的最小值为 ，故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥截面面积以及三棱锥外接球被截面所截得的截面面积问题，考查空间想象能力和运算能力，此类题解答的关键是确定球心的位置，求出球的半径，这就要求充分发挥空间想象，借助于图形进行求解. 四、解答题17．在中，角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)；(2),【分析】（1）由正弦定理将角化边可得，再利用余弦定理即求；（2）由题可得，再根据三角形为锐角三角形，得到角的取值范围，进而即可求出的取值范围.【详解】(1)由，得，即，∴，又，∴；(2)∵，又为锐角三角形，∴，∴，∴，，∴，故的取值范围为.18．已知正项等比数列满足，数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，进而可得，，即得；（2）由题可得当n为奇数时，，当n为偶数时，，然后利用分组求和法即得.【详解】(1)设数列的公比为，∵正项等比数列满足，∴，两式相除可得，∴，，∴.(2)当n为奇数时，，当n为偶数时，，∴，∴.19．如图，直三棱柱中，，，点在棱上，．(1)证明：平面；(2)若是的中点，求二面角的正弦值．【答案】(1)详见解析；(2).【分析】（1）由题可得平面，结合条件利用线面垂直的判断定理即证；（2）利用坐标法即求.【详解】(1)直三棱柱中，，，∴平面，又平面，∴，又，，∴平面；(2)如图建立空间直角坐标系，设，则，，又，∴，∴，即，∴，设平面BMC的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，∴，∴二面角的正弦值为.20．已知是抛物线：的焦点，不过原点的动直线交抛物线于，两点，是线段的中点，点在准线上的射影为，当时，．(1)求抛物线的方程；(2)当时，求证：直线过定点．【答案】(1)(2)【分析】（1）当时，轴且过焦点，不妨设，即可得到的坐标，再根据的长度求出，即可得到抛物线方程；（2）当直线的斜率不为0时，设直线，、、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到的坐标，再表示出，，根据平面向量数量积的坐标运算得到，即可得到方程，求出的值，即可得解；【详解】(1)解：当时，轴且过焦点，不妨设在轴上方，则，此时，，因为，所以，解得或（舍去），所以抛物线方程为；(2)解：当直线的斜率为0时，显然不符合题意；当直线的斜率不为0时，设直线，、、，由化简得，，，，，所以，所以，，所以若，即，解得或（舍去），所以直线过定点；21．2022年北京冬奥会有包括中国队在内的12支男子冰球队参加比赛，12支参赛队分为三组，每组四队，2月9号至13号将进行小组赛，小组赛采取单循环赛制，即每个小组的四支参赛队在比赛中均能相遇一次，最后按各队在比赛中的得分多少来排列名次．小组赛结果的确定规则如下：①在常规时间里，获得最多进球的队为获胜者，获胜者得3分；②在常规时间里，如果双方进球相等，每队各得1分．比赛继续进行，以突然死亡法（即在规定的时间内有一方进球）加时赛决出胜负，突然死亡法加时赛中获胜的队将额外获得1分；③在突然死亡法加时赛中，如果双方都没有得分，那么进行点球赛，直至决出胜负，在点球赛中获胜的队将额外获得1分．若在小组赛中，甲队与乙队相遇，在常规时间里甲队获胜的概率为，进球数相同的概率为；在突然死亡法加时赛中，甲队获胜的概率为，双方都没有得分的概率为；在点球赛中，甲队获胜的概率为，假设各比赛结果相互独立．(1)在甲队与乙队的比赛中，求甲队得2分获胜的概率；(2)在甲队与乙队的比赛中，求甲队得分的分布列及数学期望．【答案】(1)；(2)分布列见解析；.【分析】（1）由题可得甲队得2分获胜有两种情况，甲在加时赛中获胜或甲在点球赛中获胜，分别计算概率即得；（2）由题可得可取0,1,2,3，分别计算概率即得分布列，然后利用期望计算公式即得.【详解】(1)设甲在加时赛中获胜为事件A，甲在点球赛中获胜为事件B，则，∴甲队得2分获胜的概率为.(2)甲队得分可取0,1,2,3，，，，，∴的分布列为X0123P∴甲队得分的数学期望为.22．已知函数（）．(1)当时，讨论的单调性；(2)若对任意，恒成立，求整数a的所有取值．【答案】(1)函数在上是减函数，在上也是减函数；(2).【分析】（1）由题可得，构造函数利用导数可判断函数的正负，即得；（2）当时，，构造函数，可得整数，当时，，利用导函数求最小值，进而可得.【详解】(1)当时，，∴，设，，∴，当时，，单调递增，，故，当时，，单调递减，，故，∴函数在上是减函数，在上也是减函数；(2)当时，等价于，令，因为，∴，又，，∴整数；当时，等价于，，设，则，∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，∴存在唯一的实数，使得，即，∴当时，，当时，，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，，因为，，∴，又，∴，故整数，综上所述，整数a的所有取值为.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.