2022届四川省成都市石室中学高三上学期一诊考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届四川省成都市石室中学高三上学期一诊考试数学（理）试题含解析，共22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届四川省成都市石室中学高三上学期一诊考试数学（理）试题
一、单选题
1．已知（，，i为虚数单位），复数，则（       ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】对化简，可求出复数，从而可求出
【详解】由，得．所以
因为，所以，，
所以．
故选：A
2．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式得出两个集合，再根据集合的运算即可得出结果.
【详解】因为，
，
所以．
故选：B.
3．若f (x)是幂函数，且满足＝3，则f 等于（       ）
A．3 B．－3 C． D．－
【答案】C
【分析】设出函数解析式，根据已知条件求得函数解析式，再求函数值即可.
【详解】设f (x)＝xα，则＝2α＝3，∴f .
故选：.
【点睛】本题考查幂函数函数值的求解，属简单题.
4．函数是
A．最小正周期为的偶函数 B．最小正周期为的奇函数
C．最小正周期为的偶函数 D．最小正周期为的奇函数
【答案】A
【详解】∵，
∴是最小正周期为的偶函数.
5．某同学在只听课不做作业的情况下，数学总不及格后来他终于下定决心要改变这一切，他以一个月为周期，每天都作一定量的题，看每次月考的数学成绩，得到5个月的数据如下表：
一个月内每天做题数x
5
8
6
4
7
数学月考成绩y
82
87
84
81
86

根据上表得到回归直线方程，若该同学数学想达到90分，则估计他每天至少要做的数学题数为　　A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】根据所给的数据，求出这组数据的平均数，得到这组数据的样本中心点，根据线性回归直线一定过样本中心点，把样本中心点代入回归直线的方程，即可求解．
【详解】由题意，可得，
即样本中心点为，代入回归直线方程，解得，
即，
当时，，解得，故选C．
【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的特征，把样本中心代入回归直线方程，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的
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】由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.
【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，
故选：A.
【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.
7．若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（　 ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因，故由题设在区间内有零点，即，所以且，即，应选答案D．
8．已知函数的部分图象如下所示，则可能为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】结合图象的特点，分别结合选项排除，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，函数的图象关于轴对称，则函数为偶函数，
则选项C中，函数的定义域为不符合题意，排除C；
对于B中，函数，
则函数为奇函数，不符合题意，排除B；
对于A中，函数恒成立，不存在负值，不符合题意，排除A；
对于D中，函数，则函数为偶函数，且函数值可正、可负，符合题意.
故选：D.
9．１７世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】在，由正弦定理可知：，即可求得值，根据诱导公式化简，即可求得答案.
【详解】在，由正弦定理可知：
，
，
又

.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了根据正弦定理和诱导公式求三角函数值，解题关键是掌握正弦定理公式和熟练使用诱导公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
10．已知数列的前项和为，其中，，，成等差数列，且（，），则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】（，），，时，，时，，根据，，成等差数列，可得，代入，可得，已知（，），即，利用递推关系可得数列是等比数列，即可得解.
【详解】（，），，
当时，，
当时，，
，，成等差数列，
，
，
解得，
（，），
，①
所以时，，②
①②得：，
又，，
，，
数列是以首项为1，公比为2的等比数列，
则.
故选：.
【点睛】本题考查了数列递推关系､等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于常考题.
11．已知在中，点D是边AB上的点，且，，则的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由变形化简得，即，在中利用余弦定理求得，进而求出，最后在中，由正弦定理求出的值.
【详解】因为，则，
所以，即．
设，则，．
在中，由余弦定理，得，所以．
在中，由正弦定理，得，故.
故选：A.
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线l交双曲线C的渐近线于A，B两点，若，（表示的面积），则双曲线C的离心率的值为（       ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】以直线斜率是否存在进行分类.斜率存在时，直接代入题设中的式子，求出的值，进而求出离心率.斜率不存在时，由题意得出点的轨迹为圆，再利用解出点的坐标，根据“点差法”求出，进而求出离心率即可.
【详解】若直线斜率不存在，不妨设点，
则
所以，则离心率；
若直线斜率存在，设，
中点，不妨设M在x轴上方，
由，得，
故点M在圆上，
由，得，
则，所以．
由得，即．
当时，，得．
当时，，矛盾，舍去．
综上所述，或．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题是求双曲线的离心率，在直线斜率不存在时，利用两点的中点，采用“点差法”求出是解题的关键.
二、填空题
13．已知向量，，且，则 ________.
【答案】8
【分析】根据题意，由向量坐标的加法运算可得，再利用向量垂直与向量数量积的关系分析可得，即可解得的值．
【详解】根据题意，向量，，则
由，可得，
解得.
故答案为：8.
【点睛】本题考查向量坐标的加法运算，数量积的坐标计算公式，关键是掌握向量垂直与向量数量积的关系，属于基础题.
14．已知a，b均为正数，且，则的最小值为______．
【答案】8
【分析】由已知条件结合基本不等式可得，化简变形得，从而可求出其最小值
【详解】由，得，
因为，
所以，得，当且仅当时取“=”，
所以．
故答案为：8
15．广东省2021年的新高考按照“”的模式设置，“3”为全国统一高考的语文、数学、外语3门必考科目；“1”由考生在物理、历史2门中选考1门科目；“2”由考生在思想政治、地理、化学、生物学4门中选考2门科目．则甲，乙两名考生在选考科目中恰有两门科目相同的方法数为______．
【答案】
【解析】根据题意，分两种情况讨论：（1）甲乙两名考生选考科目相同的科在物理或历史，另一科在“思想政治、地理、化学、生物学”中；（2）甲乙两名考生选考科目相同的为“思想政治、地理、化学、生物学”中两科，由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：
（1）甲乙两名考生选考科目相同的科在物理或历史，
另一科在“思想政治、地理、化学、生物学”中，
有种方法；
（2）甲乙两名考生选考科目相同的为“思想政治、地理、化学、生物学”中两科，
有种方法；
则甲，乙两名考生在选考科目中恰有两门科目相同的方法数为种；
故答案为：.
16．已知图1中，A，B，C，D是正方形EFGH各边的中点，分别沿着AB，BC，CD，DA把，，，向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则以下结论正确的是______．（写出所有正确结论的编号）


①是正三角形；
②平面平面；
③直线CG与平面所成角的正切值为：
④当时，多面体的体积为．
【答案】①③
【分析】利用以及面面垂直的性质定理证明平面，再利用平面几何知识证明，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，利用两点间距离公式，即可判断选项①，利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量垂直的充要条件，即可判断选项②，利用向量的夹角公式以及同角三角函数关系，即可判断选项③，以ABCD为底面，以OH为高将几何体ABCD﹣EFGH补成长方体ABCD﹣A1B1C1D1，利用长方体的体积公式以及棱锥的体积公式求解，即可判断选项④．
【详解】分别取CD，AB的中点O，M，连接OH，OM．
在题图1中，因为A，B，C，D是正方形EFGH各边的中点，
所以．
又因为O为CD的中点，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面．
所以平面，所以平面ABCD．
在题图1中，设正方形EFGH的边长为（）．
则四边形ABCD的边长为2a．
在题图1中，和均为等腰直角三角形，
得，所以，
故四边形ABCD是边长为2a的正方形．
因为O，M分别为CD，AB的中点，
所以且，，
所以四边形BCOM为矩形，所以．
以O为坐标原点．OM，OC，OH所在直线分别为
x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
．，，．
对于①，由空间中两点间的距离公式，得，
所以是正三角形，故①正确．
对于②，，，
设平面AEF的法向量为，
所以有取，得．
因为，，
设平面CGH的法向量为，
所以有取，得，
所以，
所以平面AEF与平面CGH不垂直，故②错误．
对于③，因为，
设直线CG与平面AEF所成的角为，则，
所以，故，故③正确．
对于④，以四边形ABCD为底面，以OH为高将几何体
补成长方体，
则E，F，G，H分别为，，，的中点．
因为，即，则，
所以长方体的体积为，
，
所以多面体的体积为
，故④错误．

故答案为：①③.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是在该几何体中适当建立直角坐标系，利用向量法解决几何问题.同时在计算体积时，利用“割补法”更为简单.
三、解答题
17．各项均为正数的数列的前n项和为，满足，，．
(1)求数列的通项公式：
(2)若，数列的前n项和为，对一切正整数n，都有，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由数列的递推式，根据前项和和的关系，运用等差数列的定义和通项公式，即可求解；
（2）化简得，根据裂项相消法、等比数列的前项和公式和分组求和法可求得，再由不等式恒成立思想可求出参数的取值范围.
(1)
因为（），①
所以时，．②
由①—②，得，即．
因为数列各项均为正数，所以，即．
当时，满足上式，
故数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以数列的通项公式为
(2)
由（1）可得，
，
所以


由，单调递增，故．
由题意，得，所以.
18．某楼盘举行购房抽奖送装修基金活动，规则如下：对购买该楼盘的业主，从装有2个红球、2个白球的A盒和装有3个红球、2个白球的B盒中，各随机抽出2球，在摸出的四个球中，若四个球都为红球，则为一等奖，奖励10000元的装修基金，若恰有三个红球，则为二等奖，奖励5000元的装修基金，若恰有二个红球，则为三等奖，奖励3000元的装修基金，其它视为鼓励奖，奖励1500元的装修基金．
(1)三名业主参与抽奖，求恰有一名业主获得二等奖的概率；
(2)记某业主参加抽奖获得的装修基金为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据已知条件，先求出某名业主获得二等奖的概率，再结合独立重复实验的概率公式，即可求解；
（2）由题意列出的所有可能取值，分别求出对应概率，即可得出的分布列，再结合期望公式即可求解.
(1)
记事件{业主获得一等奖}，{业主获得二等奖}，
{业主获得三等奖}， {业主获得鼓励奖}．
由题意，得，
故三名业主参与抽奖，恰有一名业主获得二等奖的概率
．
(2)
X的取值为10000，5000，3000，1500．
，
，

，

．
X的分布列为：
X
10000
5000
3000
1500
P





数学期望为
．
19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的菱形，，，且．

(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，且线段SD上一点E满足平面AEC，求AE与平面SAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点O，连接SO，CO，AC，由已知可得为正三角形，从而可得，，，从而可得，则，再由线面垂直的判定定理可得平面，由面面垂直的判定可得结论，
（2）连接BD，设AC，BD的交点为F，可证得两两垂直，从而以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
(1)
证明：如图，取AD的中点O，连接SO，CO，AC．
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，
所以，且．
则为正三角形，故，．
因为，所以为直角三角形，
所以．
又因为，所以，所以．
又因为，平面．所以平面．
又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．
(2)
解：如图，连接BD，设AC，BD的交点为F．

因为平面AEC，平面平面，
所以，所以E为线段SD中点．
因为，且O为AD中点，
所以．
又因为，且，AD，平面ABCD．
所以平面ABCD．
所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，．
设平面SAB的法向量为，则，
取，得
设AE与平面SAB所成角为，
则．
20．已知长度为4的线段AB的两个端点分别在两条直线上运动，线段AB的中点为M．
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)若过点作圆（）的两条切线，与轨迹C分别交于E，F（异于D点）两点，若，求r的值及直线EF的方程．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由题意设点A，B，M的坐标分别为，，，再结合中点坐标公式和可得到关于的方程，即为点M的轨迹C的方程，
（2）设，，则直线，然后由直线与圆相切列方程化简可得点E所在的直线方程，同理可得点F所在的直线方程，由此可得可得直线EF的方程为，再由可求出r的值，从而可得直线EF的方程，
(1)
设点A，B，M的坐标分别为，，，
则
由，得，所以，
所以点M的轨迹C的方程为．
(2)
设，，则直线．
因为该直线与圆N相切，则，所以，
整理得．
因为，消去得．
因为，两边同时除以，整理得，
所以点E在直线上．
同理，点F也在直线上．
因此，直线EF的方程为．
由，解得，
所以直线EF的方程为．
21．已知函数 （）存在极值点．
(1)求实数a的取值范围：
(2)若是的极值点，求证：．
参考数据：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，转化为，构造函数，利用导数求出最值即可；
（2）根据极值点的定义可得，将所证不等式转化为，进一步构造函数，求出最值，即可证明不等式.
(1)
由题意，得（）有非重根，
变形得．
记，则，
令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
故，
当时，，所以，
所以．
(2)
由题意可得，，得．
要证，
即证（）．
①先证，只需证．
记，则．
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，所以，故原不等式左边证毕．
②再证．
法1：原式即证．
由可得，，
所以在上单调递增．
又因为，，
所以，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，；
，，，
所以，，．
由，
所以，，
所以在，上单调递增，上单调递减．
．
记，，
则在上单调递减，且，
所以在上单调递减．
又因为，
所以．
又因为，，所以．
法2：原式即证．
由（1）可得，．
记，则：．
记，则，
故在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，，
所以，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，
所以，故原不等式右边证毕．
法3：即证．
记，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故．
记，则．
记，，
则在恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以，即在恒成立．
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故．
又因为，所以，
即，
所以，故原不等式右边证毕．
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数证明不等式，其中的关键点是构造适当的函数.可通过构造一个函数，经过一阶、二阶导数，以及其中的部分函数求导，求出函数的最值，从而证明不等式；也可左右两边分别构造函数，如欲证，令，，利用导数的方法，求出和，发现，则该不等式也得证.
22．已知在直角坐标平面内，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)已知过点，倾斜角为的直线l与曲线C交于A，B两点，若M为线段AB的三等分点，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用二倍角公式化简已知式，两边同乘以，结合极坐标与直角坐标的互化公式即可；
（2）写出直线的参数方程，代入曲线的方程，得到关于参数的一元二次方程，由已知结合韦达定理以及参数的几何意义，可得关于的方程，求解得答案.
(1)
由，得，
所以
所以曲线C的直角坐标方程为．
(2)
设直线l的参数方程为（t为参数，），
代入，得，
恒成立，
所以，．
由M为线段AB的三等分点，且，故．
将代入前式，得
，，
所以，
，则
解得：或．
23．已知函数（）．
(1)若不等式恒成立，求a的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角不等式可知，即不等式恒成立，然后对分类讨论去掉绝对值即可求解；
（2）对分类讨论，求出的表达式，由恒成立，列出关于的不等式组，即可求解.
(1)
由已知条件得
，当且仅当时等号成立，
由不等式恒成立，得．
当时，即，；
当时，，此不等式无解．
综上所述a的取值范围为；
(2)
当时，
，
由得， 解得；
当时，不符合题意；
当时，，
由，得，解得为；
综上所述a的取值范围为．