2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（理）试题含解析，共21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届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，其中为虚数单位，则下列元素属于集合的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】计算出集合，在利用复数的四则运算化简各选项中的复数，即可得出合适的选项.
【详解】当时，，，，，则，
，，
，，
故选：B.
2．已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】计算出的值，利用零点存在定理求出、所在区间，由此可得出、、的大小关系.
【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，
因为，，所以，，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
因为，，所以，，
由可得，因此，.
故选：A.
3．已知向量， ，且，则 等于（ ）
A． B．-3 C．3 D．
【答案】A
【详解】试题分析：由已知，，又，故，所以
.
【解析】向量平行等价条件、三角函数同角关系式．
4．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则其中不正确结论的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】A选项由前项所占格子组成长为，宽为的矩形即可判断；B选项由结合累加法即可判断；
C选项通过特殊值检验即可；D选项表示出，作差即可判断.
【详解】由题意知：前项所占格子组成长为，宽为的矩形，其面积为，A正确；
，以上各式相加得，，化简得，即，B正确；
，C错误；
易知，，D正确.
故选：C.
5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长AB＝2，，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据，得到即为异面直线AB1与BC所成角，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】如图所示:

因为，
所以即为异面直线AB1与BC所成角，
因为 AB＝2，，
所以，
在中，
由余弦定理得，
.
故选：A
【点睛】本题主要考查异面直线所成角，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.
6．已知，则“”是“”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】B
【解析】首先判断由，能不能推出，而后再看由，能不能推出，然后通过充分性、必要性的定义得出答案.
【详解】由不等式，可以构造一个函数：，可以判断该函数为偶函数且时，函数单调递增.当时，而，这时可以为负数、正数、零，因此的大小关系不确定，因此由“”不一定能推出“”.当成立时，利用偶函数的性质，可以得到：
，而，因此有，所以有且，如果，则有，所以，这与矛盾，故，故本题选B.
【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，构造函数，利用函数的性质和不等式的性质是解题的关键.
7．已知，，在函数，的图象的交点中，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，当时，函数的图象恒在x轴的上方，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由得，所以，可求得
，再利用，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，可得，即可得，再利用正弦函数图象的特点，可得，即可求出的取值范围.
【详解】由得，所以，
可得：，所以
因为相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，
所以，
所以，
当时，，
要满足函数的图象恒在x轴的上方，需满足方程 ，解得，
故选：D
【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题.
8．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（       ）
A．240种 B．120种 C．188种 D．156种
【答案】B
【分析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.
【详解】解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：
（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；
由加法计数原理可知共有种方案，
故选：B
【点睛】此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.
9．若在x=1处取得极大值10，则的值为（　　）
A．或 B．或 C． D．
【答案】C
【分析】由于，依题意知，，，于是有，代入f（1）=10即可求得，从而可得答案．
【详解】∵，∴，
又在x=1处取得极大值10，
∴，，
∴，
∴或．
当时，，
当＜x＜1时，，当x＞1时，，
∴f（x）在x=1处取得极小值，与题意不符；
当时，，
当x＜1时，，当＜x＜3时，，
∴f（x）在x=1处取得极大值，符合题意；则，
故选C．
【点睛】本题考查函数在某点取得极值的条件，求得，利用，f（1）=10求得是关键，考查分析、推理与运算能力，属于中档题．
10．已知正实数，满足，若对任意满足条件的正实数，都有不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）
A．， B．，
C．， D．，，
【答案】B
【分析】根据基本不等式可得，令，将问题转化为的最小值，再用基本不等式计算即可.
【详解】解：，
可得，
由，，解得，
对任意满足条件的正实数，都有
不等式恒成立，
可得的最小值，
可令，则在递增，可得的最小值为，
则，
故选：B．
11．已知双曲线的左､右焦点分别是，，在其渐近线上存在一点，满足，则该双曲线离心率的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意问题转化为双曲线的渐近线与双曲线有公共点即可，据此可得两曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
,
点P在双曲线上，
双曲线的渐近线方程为，
因为与双曲线相交，
所以由双曲线渐近线性质可知只需，即，
则，解得，
故该双曲线离心率的取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题意转化为已知双曲线的渐近线与有交点，再根据双曲线渐近线判断直线与双曲线的的位置关系，建立不等式即可求出离心率，要掌握根据直线斜率与渐进线斜率的大小关系判断直线与双曲线的交点个数问题.
12．若关于x的方程有三个不相等的实数解，且，其中m∈R，e为自然对数的底数，则的值为（     ）
A．1+m B．e C．m-1 D．1
【答案】D
【分析】令，则有，即，作出函数的图象，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，，且，，即可求解.
【详解】由方程可得.
令，则有，即.
令函数，则.
∴在上单调递增，在上单调递减.
作出图象如下：

要使关于额方程有三个不相等的实数解，，且
结合图象可得关于关于的方程一定有两个实根，，，且，，，.
∴
∵
∴
故选D.
【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域(最值)问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.

二、填空题
13．已知的周长为20，且顶点，，则顶点的轨迹方程是___________.
【答案】
【解析】由周长确定，故轨迹是椭圆，注意焦点位置和抠除不符合条件的点即可.
【详解】的周长为20，且顶点，，
，，
所以点到两个定点的距离和为定值，故点的轨迹是焦点在y轴上的椭圆，
，，
则顶点A的轨迹方程是.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：本题考查椭圆定义的应用，在求解过程中要注意椭圆的定义要检查两个线段的大小，看是否可以构成椭圆，还要注意要围城三角形需要排除不符合的点，考查学生的转化能力与运算能力，属于基础题.
14．函数是定义在上的增函数，函数的图像关于点对称，则满足的实数x的取值范围为________.
【答案】
【分析】函数的图像关于点对称即为函数的图像关于点对称,可得为奇函数,再将化成,由增函数的性质可解不等式.
【详解】函数的图像关于点对称,
则函数的图像关于点对称,即为奇函数,满足.
所以,
,
又∵是定义在上的增函数,
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了奇函数和函数的单调性的应用,遇到解函数值不等式,可通过函数的单调性转化成自变量的关系.本题属于中等题.
15．已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，，平面PAD⊥平面ABCD，，且直线PB与CD所成角的正切值为，则四棱锥P—ABCD外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】取AD中点为E，连接PE、BE﹒由AB∥CD可知∠ABP为直线PB与CD所成角，tan∠ABP＝，于是可求cos∠ABP，解三角形ABP可得AP长度.以PAD为底面将四棱锥补为三棱柱即可求其外接球球心和半径，从而解得答案.
【详解】取AD中点为E，连接PE、BE，

∵PA＝PD，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，
设AP＝x，则，，.
∵AB∥CD，∴∠ABP为直线PB与CD所成角，∴tan∠ABP＝，∴cos∠ABP＝，
在△ABP中，根据余弦定理得，，
即，解得，
∴为等边三角形，
设△APD外接圆半径为r，则根据正弦定理得，，
如图所示，将四棱锥补为直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为四棱锥的外接球.
设直三棱柱ADP－BCE上下底面外接圆圆心为、，
则＝AB＝3为直三棱柱的高，
则中点O即为外接球球心，设外接球半径为R，
则如图在Rt△中，，
∴四棱锥P—ABCD外接球的表面积为.
【点睛】本题关键是利用解三角形的知识求出AP长度，结合四棱锥的结构特征，将四棱锥补成直三棱柱，将四棱锥的外接球转化为直棱柱的外接球求解.
16．若，，，且，，则的值为______．
【答案】
【分析】首先对所给的方程进行恒等变形，然后结合函数的单调性和角度的范围求得的值，然后求解三角函数值即可.
【详解】∵，
∴(−2β)3−2sinβcosβ−2λ=0，
即(−2β)3+sin(−2β)−2λ=0.
由可得.
故−2β和是方程x3+sinx−2λ=0的两个实数解.
再由，，，
所以和的范围都是，
由于函数x3+sinx在上单调递增，
故方程x3+sinx−2λ=0在上只有一个解，
所以，，∴，
则的值为.
【点睛】本题主要考查函数的单调性，三角函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

三、解答题
17．设等差数列的前项和为，已知，且是与的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）若.求证：，其中.
【答案】（1）或（其中）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列公式及等比中项的性质求得的通项公式；
（2）由（1）可得，所以，利用裂项相消的方法求和即可得出结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由得，
因为是与的等比中项，
所以，
化简得且，
解方程组.得或，
故的通项公式为或（其中）；
（2）因为.则，于是，
于是，
故
，
因为，
于是.其中，
即.
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
18．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，，M是棱PB上的点，O是AD中点，且PO⊥底面ABCD，.

(1)求证：BC⊥OM；
(2)若，求二面角B－OM－C的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证，，进而证明面，又面，即可证明BC⊥OM；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，按照夹角公式计算即可.
【详解】(1)在菱形ABCD中，，则为等边三角形，O是AD中点，，，，
又PO⊥底面ABCD，平面ABCD，，，面，面，
又M是棱PB上的点，面，.
(2)
由PO⊥底面ABCD，，建立以所在直线为轴的空间直角坐标系，设，则，,，由，得，设平面的一个法向量为，由，
令，得，易得平面的一个法向量为，，
由图知二面角B－OM－C为锐二面角，故二面角B－OM－C的余弦值为.
19．某校高三男生体育课上做投篮球游戏，两人一组，每轮游戏中，每小组两人每人投篮两次，投篮投进的次数之和不少于次称为“优秀小组”.小明与小亮同一小组，小明、小亮投篮投进的概率分别为.
（1）若，，则在第一轮游戏他们获“优秀小组”的概率；
（2）若则游戏中小明小亮小组要想获得“优秀小组”次数为次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时的值.
【答案】（1）；（2）理论上至少要进行轮游戏..
【分析】（1）小明、小亮获“优秀小组”的情况有①小明投中1次，小亮投中2次；②小明投中2次，小亮投中1次；③小明投中2次，小亮投中2次，分别求出对应概率即可求解；
（2）借鉴（1）的求法化简可得，结合基本不等式得，令，则，结合二次函数最值和二项分布即可求解
【详解】（1）由题可知，所以可能的情况有①小明投中1次，小亮投中2次；②小明投中2次，小亮投中1次；③小明投中2次，小亮投中2次.
故所求概率
（2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为
因为，所以
因为，，，所以，，又
所以，令，以，则
当时，，他们小组在轮游戏中获“优秀小组”次数满足
由，则，所以理论上至少要进行轮游戏.此时，，
【点睛】本题考查相互独立事件概率的求法，利用函数和基本不等式求解概率最值，二项分布的应用，综合性强，考查了数学运算，转化与化归思想，属于难题
20．已知函数
(1)当时，求f（x）的单调递增区间：
(2)若函数f（x）恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为M、m，求证：.
【答案】(1)和；
(2)证明见解析.
【分析】(1)利用导数讨论函数的单调性即可求解；
(2)根据极值点的定义可得方程有两个不相等的实根()，由正弦函数图象可知，
利用导数求出函数的极值，进而构造函数，再次利用导数求出即可.
【详解】(1)函数的定义域为，
当时，，
，令或，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以函数的单调递增区间为和；
(2)，
因为函数恰有两个极值点，
所以方程有两个不相等的实根，设为且，
当时，函数图象关于直线对称，
则，即，
因为，所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
即，，
于是有，
因为，所以，
所以，而，
所以，
设，，
则，令或，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
因此有，即.
【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.
21．已知点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中、为切点.

（1）证明：直线过定点，并求出定点的坐标；
（2）若直线交椭圆于、两点，、分别是、的面积，求的最小值.
【答案】（1）定点坐标为，证明见解析；（2）.
【分析】（1）设点、、，写出直线、的方程，再将点的坐标代入两直线方程，可得出，可得知点、的坐标满足直线的方程，可得出直线的方程，由此可求得直线所过定点的坐标；
（2）求得，由题意可知直线不与轴重合，可设直线的方程为，将该直线方程分别与抛物线、椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的表达式，进而可求得的最小值.
【详解】（1）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，
由于点在抛物线上，则，
联立，消去得，，即，
所以，关于的方程有两个相等的实根，此时，
因此，直线与抛物线相切，且切点为.
设点、，
则以为切点的切线方程为，同理以为切点的切线方程为，
两条切线均过点，，即，
所以，点、的坐标满足直线的方程，
所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，所以，直线过定点；
（2）设点到直线的距离为，则.
由题意可知，直线不与轴重合，可设直线的方程为，
设、，由，得，恒成立，
由韦达定理得，，
由弦长公式可得，
由，得，恒成立.
由韦达定理得，，
由弦长公式得.
，
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
【点睛】本题考查直线过定点的证明，同时也考查了三角形面积比值最值的求解，考查了切点弦方程的应用以及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，，为曲线上两点，且，设射线：.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）求的最小值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，再将，代入化简即可.
（2）根据题意得到射线的极坐标方程为或，利用极径的几何意义得到，，建立模型，利用基本不等式求解.
【详解】（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程：，
将，代入可得，
化简得：.
（2）由题意知，射线的极坐标方程为或，
∴，，
∴，
当且仅当，即时，取最小值.
【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，以及椭圆方程的求法以及垂直弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
23．已知a，b，c为正数．
（1）证明；
（2）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用基本不等式可证得命题成立；
（2）三次使用不等式且等号同时成立，可求得最小值．
【详解】（1）证明a，b，c均为正数，

以上三式相加，得

即．（当且仅当时等号成立）
（2）因为，，，

，
当且仅当，即时等号成立．
所以原式的最小值为．