2022届河南省鹤壁市浚县第一中学高三下学期4月考试数学（文）试题含解析

这是一份2022届河南省鹤壁市浚县第一中学高三下学期4月考试数学（文）试题含解析，共16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届河南省鹤壁市浚县第一中学高三下学期4月考试数学（文）试题一、单选题1．（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题，对复数进行计算，分子分母同时乘以，得出答案.【详解】化简.故选A【点睛】本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力，属于基础题.2．已知集合，，则A∩B=（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先对求出集合和集合，然后求其交集.【详解】因为，，所以.故选：D3．（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用二倍角余弦公式即可得到结果.【详解】.故选C【点睛】本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力.4．执行如图所示的程序框图，则输出的（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】执行给定的程序框图，逐次运算，根据判断条件，终止循环，即可得到输出结果．【详解】由题意，执行给定的程序框图，可知：第1次循环，不满足判断条件，；第2次循环，不满足判断条件，；第3次循环，不满足判断条件，，满足判断条件，终止循环，输出，故选B．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算输出问题，其中解答中根据程序框图，逐次执行循环体，根据判断条件终止循环是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．5．函数的单调递增区间为（       ）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据正弦函数的单调性，令求解.【详解】令，解得，所以的递增区间是故选：B6．某三棱锥的三视图如图所示，P，A，B，C在三视图中所对应的点分别为为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先画出三棱锥，作，易知就是直线与所成的角，再求出相关边长，即可求解.【详解】三棱锥如图所示，作，垂足为E，连接，易知就是直线与所成的角.因为平面，所以.因为平面，所以平面，所以.故选：D.7．已知是定义在上的偶函数，且，如果当时，，则（       ）A．3 B．C．2 D．【答案】C【分析】根据得，即的周期为8，再根据时，及为R上的偶函数，即可求出．【详解】由，得，所以是周期为8的周期函数，当时，，所以，又是定义在R上的偶函数，所以．故选：C.【点睛】本题考查函数的周期性，奇偶性与求值，考查运算求解能力，属于常考题．8．在中，，，，现有以下四个命题；的面积为；；中最大角的余弦值为．那么，下列命题中为真命题的是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设的内角，，，所对边分别是，，，可得，，，运用正弦定理和余弦定理、面积公式和复合命题的真值表，即可判断结论．【详解】解：设的内角，，，所对边分别是，，，可得，，，由正弦定理可得，，，即，，显然，即真，假；中最大角的余弦值为，即真；，则的面积为，故假．综上可得真，故选：．9．已知函数的导函数为，且满足，若曲线在处的切线为，则下列直线中与直线垂直的是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求导数代入，求出，再求出切线斜率，可得.【详解】，令，则，即.，，所以的方程为，所以直线与直线垂直.选B.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用导数求解在某点处的切线，把切点横坐标代入导数可得切线斜率.10．设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用余弦定理和正弦定理，以及倍角公式，直接计算即可求解【详解】因为，所以，即，所以，所以或.若则.这与题设不合，故，又，所以，即.故选：B11．已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最大值是（       ）A． B． C． D．9【答案】C【解析】求出直线的方程，计算出圆心到直线的距离，可知的最大高度为，并计算出，最后利用三角形的面积公式可得出结果.【详解】解：根据题意得直线的斜率为：，故直线的方程为：，且，圆的圆心坐标为，半径长为，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最大值为，因此，面积的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三角形面积的最值问题，考查圆的几何性质，当直线与圆相离时，若圆的半径为，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线距离的最大值为，距离的最小值为，要熟悉相关结论的应用.12．已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（       ）A．2或 B．3或 C．4或 D．5或【答案】C【分析】先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出.【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，，即，所以直线的方程为.当直线的方程为，联立，解得和，所以；同理，当直线的方程为.，综上，或.选C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.二、填空题13．已知向量，的夹角为θ，且||＝2，||＝，·＝3，则θ＝____.【答案】【分析】根据数量积公式，求夹角.【详解】因为，，所以.故答案为：14．中国古代数学名著（九章算术中记载：“圆周与其直径之比被定为3.圆中弓形面积为量（c为弦长；a为半径长与圆心到弦的距离之差）.”据此计算，已知一个圆中弓形所对应的弦长，质点M随机投入此圆中，则质点M落在该弓形内的概率为___________.【答案】【分析】分别计算出弓形和圆的面积，然后，利用面积比求出答案即可【详解】由题意可知：弓形的面积，设圆的半径为r，则，解得，所以圆的面积，所以质点落在弓形内的概率为.故答案为：15．已知双曲线的焦距为8，直线与双曲线C交于A，B两点，，若，则双曲线C的方程为___________.【答案】【分析】根据双曲线的对称性可得，两点关于原点对称，即可得到，根据两直线垂直斜率之积为，得到，再根据及，即可求出，，从而求出双曲线方程；【详解】解：根据双曲线的对称性，易知，两点关于原点对称，因为，所以，则，即，又，，所以，从而，故双曲线C的方程为.故答案为：16．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．【答案】【分析】先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.【详解】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.三、解答题17．在递增的等比数列中，，且.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【分析】（1）设公比为，由，得，结合数列的增减性可得公比，从而可得，进而可得结果；（2）由（1）得，利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得结果.【详解】（1）设公比为，由，得，化简得，解得或，因为等比数列是递增的，所以，，所以.（2）由（1）得，所以 ，则，所以.【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列求和公式，以及利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.18．某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参与问卷调查的人的得分（满分：分）数据，统计结果如表所示.组别男女（1）若规定问卷得分不低于分的市民称为“环保关注者”，请完成答题卡中的列联表，并判断能否在犯错误概率不超过的前提下，认为是否为“环保关注者”与性别有关？（2）若问卷得分不低于分的人称为环保达人”，现在从本次调查的“环保达人”中利用分层抽样的方法随机抽取名市民参与环保知识问答，再从这名市民中抽取人参与座谈会，求抽取的名市民中，既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率.附表及公式：，.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）根据题意，可写出列联表，根据公式求出的观测值，与对应的比较，即可得出结论；（2）利用分层抽样算出男“环保达人”人，女“环保达人”人，再根据列举法将基本事件列举出来，再由古典概型求出概率.【详解】解：（1）由图中表格可得列联表如下： 非“环保关注者”是“环保关注者”合计男104555女153045合计2575100将列联表中的数据代入公式计算得的观测值，所以在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为是否为是“环保关注者”与性别有关.（2）由题可知，利用分层抽样的方法可得男“环保达人”人，女“环保达人”人，设男“环保达人”人分别为，，；女“环保达人”人为，，从中抽取两人的所有情况为，共种情况，既有男“环保达人”又有女“环保达人”的情况有，共种情况，所求概率.【点睛】本题考查独立性检验的应用和古典概型求概率，还运用了分层抽样和列举法，属于基础题.19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面底面，且为的中点.(1)证明：；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，得到，根据平面底面，证得平面底面，得到，又由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；（2）由（1）证得平面，得到四棱锥的高为，求得，结合，即可求解.【详解】(1)证明：取的中点，连接，因为，为的中点，所以，又因为平面底面，平面底面，所以平面底面，因为底面，所以，又因为底面为菱形，所以，因为为的中点，为的中点，所以，所以，又因为，所以平面，又由平面，所以.(2)解：由（1）知，，且，所以平面，即四棱锥的高为，因为，且，所以，又因为底面为菱形，且，所以，所以三棱锥的体积为.20．已知函数.（1）讨论函数的单调性.（2）若，，求的最大值.【答案】(1)见解析；(2) 【分析】（1）求出导数，讨论参数a的取值;（2）构造新函数，把双变量问题转化为单变量.【详解】解：（1）函数的定义域为，由，得，当时，，所以函数在上单调递增.当时，则时，，函数在上单调递减；时，，函数在上单调递增.（2）由（1）可知，当时，函数在上单调递增，当时，与相矛盾；当时，，，所以，此时.当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增.，即，则.令，则.令，则，令，则，当时，，即当，时，的最大值为.综上，的最大值为.【点睛】本题主要考查导数的综合应用，利用导数讨论函数的单调性问题时，注意参数的分类依据.21．已知椭圆的离心率，且椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与交于、两点，点在椭圆上，是坐标原点，若，判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，其定值为.【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据题意得出关于 、、的方程组，求出和的值，即可得出椭圆 的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线轴时，可得出直线的方程为，可求出四边形 的面积；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、 ，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，将点的坐标代入椭圆的方程得出 ，计算出以及原点到直线的距离，通过化简计算可得出四边形 的面积为，进而得证.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得 ，解得，， 因此，椭圆的标准方程为；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或.若直线的方程为，联立，可得 ，此时，，四边形的面积为 ，同理，当直线的方程为时，可求得四边形的面积也为；当直线的斜率存在时，设直线方程是，代人到，得 ，， ，，，，点到直线的距离，由，得 ，，点在椭圆上，所以有，整理得 ，由题意知，四边形为平行四边形，平行四边形的面积为.故四边形的面积是定值，其定值为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了四边形面积的计算，考查定值问题，一般利用直线与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，考查运算求解能力，属于中等题.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，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，(1)求曲线的直角坐标方程，(2)设A，B分别在曲线上运动，若的最小值是1，求m的值.【答案】(1)，(2)或【分析】（1）利用三角消参得到曲线的直角坐标方程；利用得到的直角坐标方程；（2）利用几何法表示出最值，解得或.【详解】(1)由消去参数，得，所以曲线的直角坐标方程为由，整理得，而，所以，即的直角坐标方程为.(2)由（1）知曲线是圆心为，半径的圆，则圆心到直线的距离为.所以，解得或.23．已知函数f（x）＝|ax﹣1|﹣|2x+a|的图象如图所示．（1）求a的值；（2）设g（x）＝f（x）+f（x﹣1），g（x）的最大值为t，若正数m，n满足m+n＝t，证明：．【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）由图知和，得；（2）写出的分段形式，求得函数的最大值，由展开利用基本不等式即可得证.【详解】（1）解：由，得，即.由，得，所以.（2）证明：由（1）知，所以 ，显然的最大值为6，即.因为，所以.因为（当且仅当，时取等号），所以.【点睛】本题主要考查了绝对值函数性质的研究，基本不等式的应用，属于中档题.