2022秦皇岛青龙满族自治县一中高三上学期周测四数学试题含答案

这是一份2022秦皇岛青龙满族自治县一中高三上学期周测四数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合，，则A．      B．     C．     D．2．设复数满足，则的虚部为A． B． C． D．3．已知，则的值为A． B． C． D． 4．某市政府决定派遣名干部（男女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有A．种 B．种 C．种 D．种5．下列命题中的真命题是A．，B．命题“”的否定C．“直线与直线垂直”的充要条件是“它们的斜率之积一定等于-1”D．“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件6．函数的大致图象是A． B．C． D．7．《九章算术》是中国古代张苍､耿寿昌所撰写的一部数学专著.是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，下列说法错误的是A．“羡除”有且仅有两个面为三角形 B．“羡除”一定不是台体C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除” D．“羡除”至多有两个面为梯形8．已知函数是定义域为R的奇函数，且当x<0时，函数，若关于x的函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为A． B．C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知，则A． B． C． D．10．已知、是双曲线的上、下焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则下列说法正确的是A．双曲线的渐近线方程为B．以为直径的圆的方程为C．点的横坐标为D．的面积为11．在公比为等比数列中，是数列的前n项和，若，则下列说法正确的是A． B．数列不是等比数列C． D．12．某同学在研究函数的性质时，受两点间距离公式的启发，将变形为，则下列关于函数的描述正确的是A．函数在区间上单调递增B．函数的图象是中心对称图形C．函数的值域是D．方程无实数解三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，，若，则________．14．二项式的二项展开式中的常数项是________．15．将函数的图象沿轴向左平移个单位后得到函数的图象，若为偶函数，则的最小值为________．16．已知矩形ABCD满足, ，若将ABD沿BD翻折到的位置，使得，M，N分别为的中点，则直线MN被四面体的外接球所截得的线段长为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）从①a＝3，②，③3sinB＝2sinA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若问题中的三角形存在，求出b的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，3ccosB＝3a＋2b，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．18．（12分）已知数列的前项的和为，且满足.（1）求数列的通项公式及；（2）若数列满足，求数列的前项的和.19．（12分）东莞的轻轨给市民出行带来了很大的方便，越来越多的市民选择乘坐轻轨出行，很多市民都会开汽车到离家最近的轻轨站，将车停放在轻轨站停车场，然后进站乘轻轨出行，这给轻轨站停车场带来很大的压力．某轻轨站停车场为了解决这个问题，决定对机动车停车施行收费制度，收费标准如下：4小时内（含4小时）每辆每次收费5元；超过4小时不超过6小时，每增加一小时收费增加3元；超过6小时不超过8小时，每增加一小时收费增加4元，超过8小时至24小时内（含24小时）收费30元；超过24小时，按前述标准重新计费．上述标准不足一小时的按一小时计费．为了调查该停车场一天的收费情况，现统计1000辆车的停留时间（假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次），得到下面的频数分布表：（小时）频数（车次）10010020020035050以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区间的概率．（1）现在用分层抽样的方法从上面1000辆车中抽取了100辆车进行进一步深入调研，记录并统计了停车时长与司机性别的列联表： 男女合计不超过6小时 30 6小时以上20  合计  100完成上述列联表，并判断能否有90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关？（2）（i）表示某辆车一天之内（含一天）在该停车场停车一次所交费用，求的概率分布列及期望；（ii）现随机抽取该停车场内停放的3辆车，表示3辆车中停车费用大于的车辆数，求的概率．参考公式及数据：，其中.0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.02420．（12分）如图，四棱锥中，四边形是菱形，，，E是上一点，且，设.（1）证明：平面；（2）若，，求二面角的余弦值.21．（12分）已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P为坐标平面内的一点，且，，O为坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线，的倾斜角分别为，，且，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.22．（12分）已知函数，其中e是自然对数的底数，．（1）求函数的单调区间；（2）设，讨论函数零点的个数，并说明理由．          答案1．D  【解析】因为，，所以．2．C 【解析】由得，所以的虚部为.故选C.3．A 【解析】因为，所以，所以，所以，所以，故选A.4．C 【解析】两组至少都是人，则分组中两组的人数分别为、或、，又因为名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.故选C.5．D 【解析】对于选项A，当时，不成立，故A错误；对于选项B，命题“，”的否定是“”，当不成立，故B错误；对于选项C，当一直线斜率为0，另一直线斜率不存在时，“它们的斜率之积一定等于-1”不成立，故C错误；对于选项D，由方程表示双曲线等价于，即或，所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，故D正确．故选D. 6．B 【解析】的定义域为，关于原点对称，且，为奇函数，图象关于原点对称，故A，C错误；当时，，故当时，，单调递增，当时，，单调递减，故D错误，B正确.故选B.7．D 【解析】如图所示，，四边形为梯形.对选项A，由题知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；对选项B，因为，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；对选项C，假设四边形和四边形为平行四边形，则，，则四边形为平行四边形，与已知四边形为梯形矛盾，故不存在，C正确.对选项D，若，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选D.8．C 【解析】或，时，，，时，，递减，时，，递增，∴的极小值为，又，因此无解．此时要有两解，则，又是奇函数，∴时，仍然无解，要有两解，则．综上，．故选C．9．CD 【解析】∵，∴，∴，A错误；，B错误；，C正确；，D正确．故选CD.10．ACD 【解析】由双曲线方程知，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；，以为直径的圆的方程是，B错；由得或，由对称性知点横坐标是，C正确；，D正确．故选ACD．11．ABD 【解析】因为，所以有，因此选项A正确；因为，所以，因为常数，所以数列不是等比数列，故选项B正确；因为，所以选项C不正确；，因为当时，，所以选项D正确.故选ABD.12．ACD 【解析】设，，表示轴上点到两点的距离之和，设，以为焦点，为短轴上一个端点，作椭圆，轴与此椭圆相切于点，当从向右移动时，逐渐增大，即函数在区间上单调递增，A正确；当与重合时，最小，最小值为，因此的值域是，C正确；函数图象关于直线对称，不是中心对称是，B错误；当或时，，由于，因此和都无解，D正确．故选ACD．13．8 【解析】因为，，所以.因为，所以，解得.14．15 【解析】因为的展开式的通项是，当时，r＝2，所以展开式中的常数项是．15． 【解析】函数，将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到函数的图象，因为为偶函数，所以，则．当时，．16． 【解析】过M做于点P,连接PN,因为，所以,可求得，,所以，在三角形DPN中，,,所以,所以,由题意可知，四面体ABCD的外接为BD中点，设为O，过O做于H,连接ON,可求得，从而得,所以,因为球的半径为2，故所截得的线段长为.17．（10分）【解析】解法1：由正弦定理，得3sinCcosB＝3sin[π-（B＋C）]＋2sinB，整理得3sinBcosC＋2sinB＝0．因为sinB≠0，所以．（5分）解法2：由3ccosB＝3a＋2b，得3accosB＝3a2＋2ab，由余弦定理，得3（a2＋c2-b2）＝6a2＋4ab，整理得3（-a2＋c2-b2）＝4ab，即3abcosC＋2ab＝0．所以．（5分）选①a＝3．由余弦定理可得c2＝a2＋b2-2abcos，所以b2＋4b-12＝0，解得b＝2或b＝-6（舍去），所以问题中的三角形存在．（10分）选②．，故ab＝9，（7分）由余弦定理可得c2＋a2＋b2-2abcosC，又a2＋b2≥2ab，所以，与ab＝9矛盾，所以问题中的三角形不存在．（10分）选③3sinB＝2sinA．由正弦定理得，3sinB＝2sinA3b＝2a，（7分）由余弦定理可得c2＝a2＋b2-2abcosC，所以b＝2或b＝-2（舍去），所以问题中的三角形存在．（10分）18．（12分）【解析】（1）由得：，即， 由得：，两式相减得: ，即，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，  （4分）则， 则.（6分）（2）由（1）知：，则， 则当时，；（9分）当时，， 则.（12分）19．（12分）【解析】（1）由题,不超过6小时的频率为,则100辆车中有40辆不超过6小时,60辆超过6小时，（2分）则列联表如下： 男女合计不超过6小时1030406小时以上204060合计3070100根据上表数据代入公式可得所以没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关. （5分）（2）（i）由题意知：的可取值为5,8,11,15,19,30,则.（7分）所以的分布列为：5811151930（8分）∴.（9分）（ii）由题意得,所以,（10分）所以.（12分）20．（12分）【解析】（1）∵四边形是菱形，∴O是的中点，，∵，，∴平面，（2分）∵平面，∴.∵，O是的中点，∴.∵平面，平面，，∴平面.（5分）（2）由（1）知，平面，.∴以O为坐标原点，以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设四边形的边长为4，.∵四边形是菱形，，∴与都是等边三角形.∴.∴，，，，，，.（7分）∵，∴，即，得.∴，.（9分）设平面的法向量为，由，取，得；设平面的一个法向量为，由，取，得.设二面角的平面角为，由图可得，为钝角，则.∴二面角的余弦值为.（12分）21．（12分）【解析】（1）设，，，由，可得，，，，即有，即，（2分）又，可得，，则椭圆的方程为.（4分）（2）设，，,，由题意可得，若直线的斜率不存在，即，，由题意可得直线，的斜率大于0，即，矛盾；（6分）因此直线的斜率存在，设其方程为．联立椭圆方程，化为：，△，化为：．，．（8分）由，可得，， ，化为：，，（10分）化为，解得，或．直线的方程可以表示为（舍去），或，则直线恒过定点,．（12分）22．（12分）【解析】（1）因为，所以. （1分）由得；由得.所以的增区间是，减区间是.（3分）（2）.由，得或.（6分）设，又即不是的零点，故只需再讨论函数零点的个数. （5分）因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时，取得最小值.（6分）①当即时，无零点； ②当即时， 有唯一零点；（8分）③当，即时，因为，所以在上有且只有一个零点. 令则.设，所以在上单调递增，所以都有，所以. 所以在上有且只有一个零点，所以当时，有两个零点综上，当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有三个零点.（12分）