2022届重庆市第一中学校高三下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2022届重庆市第一中学校高三下学期5月月考数学试题含解析，共21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届重庆市第一中学校高三下学期5月月考数学试题一、单选题1．设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．【详解】则．故选C．【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题．2．已知集合，，那么（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解分式和指数不等式可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，解得：或，即；由得：，即；.故选：B.3．点P为椭圆上一点，，为该椭圆的两个焦点，若，则（       ）A．13 B．1 C．7 D．5【答案】D【分析】写出椭圆的标准方程，由椭圆的定义得到，从而求出答案.【详解】椭圆方程为：，由椭圆定义可知：，故故选：D4．已知偶函数，当时，，则的图象在点处的切线的斜率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求导后，代入可得，由此可得时，；根据奇偶性可求得时，的解析式，求导后代入即可得到切线斜率.【详解】当时，，，解得：，当时，；当时，，，又为偶函数，，即时，，则，.故选：A.5．已知一个圆台的上、下底面半径之比为1：2，母线长为4，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出辅助线，求出上、下底面半径和高，从而求出圆台的体积【详解】如图，由题意得：BD=4，AB=2CD，∠ABD=45°，过点D作DE⊥AB于点E，则DE=BE，因为圆台的上、下底面半径之比为1：2，所以CD=AE=BE=，则圆台上底面面积为，下底面面积为，故圆台的体积为故选：B6．几何学中把变换前后两点间距离保持不变的变换称为刚体变换．在平面中作图形变换，易知平移变换是一种刚体变换．以下两个函数与，其中不能由通过平移刚体变换得到的是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】ABC均可以通过左右平移或上下平移得到；D选项只能通过伸缩变换，而不能由平移变换得到.【详解】向左平移个单位即可得到；因为，所以先向左平移1个单位，再向下平移1个单位即可得到；向上平移1个单位，即可得到；因为，故不能通过上下左右平移得到.故选：D7．平面向量满足，与的夹角为，记，当取最小值时，（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，作出图象，根据平面向量基本定理可知起点相同，终点在直线上，可知且，由向量数量积定义可求得结果.【详解】设，，则，如图所示，与的夹角为，，；且，起点相同时，终点共线，即在直线上，当时，最小，又，，此时，.故选：B.8．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2021个方程中，无实数解的方程最多有（       ）A．1008个 B．1009个 C．1010个 D．1011个【答案】C【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到，要想无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，从而得到结论..【详解】由题意得：，其中，，代入上式得：，要想方程无实数解，则，显然第1011个方程有解，设方程与方程的判别式分别为和，则，等号成立的条件是a1=a2021.所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，综上，在所给的2021个方程中，无实数根的方程最多1010个故选：C【点睛】对于数列综合题目，要综合所学，将不熟悉的问题转化为我们熟练的知识点进行解决，比如本题中要结合根的判别式，以及等差数列的性质，以及基本不等式进行求解，属于难题.二、多选题9．下列说法正确的是（       ）A．若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式共有项B．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数的值是C．已知随机变量服从正态分布，若，则D．已知，若，则【答案】CD【分析】令可构造方程求得，知展开式有项，知A错误；根据样本点未必在回归直线上可知B错误；由，结合正态分布曲线对称性可知C正确；根据二项分布方差公式可求得，由方差性质可得，知D正确.【详解】对于A，令，则展开式所有项系数和为，解得：，则展开式共有项，A错误；对于B，样本点不一定在回归直线上，不一定是，B错误；对于C，，，，，C正确；对于D，，，，，D正确.故选：CD.10．在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作，定义为角的余矢，记作，则下列命题正确的是（       ）A．B．C．若，则D．函数的最大值为【答案】BC【分析】AB选项，按照题干信息进行计算即可；C选项，按照题干信息计算得到，再分子分母同除以把弦化切，进行求解；D选项，利用诱导公式及题干信息化简得到，进而求出最大值.【详解】，A错误；，B正确；，，分子分母同除以得：，C正确；，当时，取得最大值为4，D错误.故选：BC11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交该抛物线于，两点，点T（-1，0），则下列结论正确的是（       ）A．B．C．若三角形TAB的面积为S，则S的最小值为D．若线段AT中点为Q，且，则【答案】ABD【分析】A选项，设出直线AB：，与联立后得到两根之积；B选项，利用抛物线的定义得到，，转化为两根之和与两根之积的关系式，代入求解；C选项，表达出，求出最小面积；D选项，根据得到，，得到，进而计算出，求出.【详解】将直线AB：与联立得：设，则，故A正确；由抛物线的定义可知：，，则，B正确；，当且仅当时等号成立，故S的最小值为4，C错误；由可得：，即，所以，解得：或（舍去），又因为，所以，因此，D正确.故选：ABD【点睛】抛物线的焦点弦的性质是比较多的，要重点记忆一些，比如，，等.12．已知函数（为常数），其中正确的结论是（       ）A．当时，无最大值B．若为锐角的两个锐角，则对于任意的，都有C．当时，是的极值点D．有个零点的充要条件是【答案】ABD【分析】根据的正负可确定，由此可得单调递减，知A正确；根据时在上单调递减且，可知B正确；根据的正负可确定，由此可得单调递减，知C错误；将D中问题转化为与有个不同的交点，利用导数可求得单调性，采用数形结合的方式可求得的范围，知D正确.【详解】对于A，当时，，则，，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，在上单调递减，无最大值，A正确；对于B，当时，在上单调递减，为锐角的两个锐角，，，，，B正确；对于C，当时，，则，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，在上单调递减，无极值，C错误；对于D，显然不是的零点，有个零点等价于与有个不同的交点；，当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，则可得图象如下图所示，由图象可知：当时，与有个不同的交点，即有个零点的充要条件是，D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：本题考查导数在函数问题中的应用，判断是否存在最值和极值的基本思路是通过确定函数的单调性，结合极值和最值定义得到结论；解决函数零点个数问题的基本思路是将问题转化为图象交点个数问题，通过数形结合的方式来求得结果.三、填空题13．已知数列满足：，，则______．【答案】【分析】由递推关系式可知数列是周期为的周期数列，根据可得结果.【详解】由题意得：，，，，数列是周期为的周期数列，.故答案为：.14．若从甲、乙等名志愿者中随机安排人任正组长，人任副组长，以及名普通组员到北京冬奥会花样滑冰场馆服务，若甲做正组长时乙不能做副组长的安排方案有_____种．【答案】【分析】首先甲做正组长的安排方案和甲做正组长时，乙做副组长的安排方案种数，采用间接法求得结果.【详解】甲做正组长，则共有种安排方案；其中乙做副组长的安排方案有种；甲做正组长时乙不能做副组长的安排方案有种.故答案为：.15．已知（a，b为实数），，则______．【答案】-2014【分析】先化简得到，再利用函数奇偶性进行求解.【详解】，因为为奇函数，所以，其中，所以，解得：故答案为：-201416．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现．如图，在底面半径为的圆柱内有球与圆柱的上、下底面及母线均相切，设分别为圆柱的上、下底面圆周上一点，且与所成的角为，直线与球的球面交于两点，则线段的长度为______．【答案】【分析】取中点，由等腰三角形三线合一可得；由线面垂直的判定与性质可证得，利用勾股定理可推导求得，又，可知为中点，由此可得.【详解】，，取中点，连接，，为中点，；，，，平面，平面，又平面，；，，，，，也是中点，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查旋转体中的线段长度的求解问题，解题关键是能够熟练应用圆柱和球的结构中的长度相等的线段之间的关系，结合垂直关系，利用勾股定理来进行求解.四、解答题17．已知数列的前项和为，点在直线上．(1)求数列的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求使得成立的的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）将代入直线方程，可得，利用与关系可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式推导可得；（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，解不等式可求得，由此可得最大值.【详解】(1)点在直线上，，当时，，解得：；当时，，，即，，数列是以为首项，为公比的等比数列，，.(2)由（1）得：，，由得：，，则，，则，使得成立的的最大值为.18．在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角的对边分别为，且_______，作，连接围成梯形中，，．(1)求角的大小；(2)求四边形的面积【答案】(1)(2)【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得，由此可得；选②：由正弦定理角化边，可配凑出余弦定理的形式，求得，由此可得；选③：由向量数量积和三角形面积公式可求得，由此可得；（2）在中，由余弦定理可求得和，进而得到，由平行关系可确定，；利用两角和差正弦公式求得后，利用正弦定理可得；根据三角形面积公式和可求得结果.【详解】(1)若选条件①，由正弦定理得：，即，，，，，又，.若选条件②，由正弦定理得：，即，，又，.若选条件③，，，，又，.(2)在中，由余弦定理得：，，，，又，，，，；在中，由正弦定理得：，.19．在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失19球的成绩惨败出局．甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．(1)经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的数学期望；(2)若经过n轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，求出，，求出X的可能取值及相应的概率，求出分布列及数学期望；（2）可直接在第一问的基础上直接得到，分三种情况，进行求解，分析得到经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况，进行求解.【详解】(1)记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，由题意得：，，甲的得分X的可能取值为-1,0,1，，所以X的分布列为：X-101P.(2)由（1）得：，经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得-1分.所以20．如图，四棱锥的底面ABCD是等腰梯形，，，，是等边三角形，平面平面ABCD，点M在棱PC上．(1)当M为棱PC中点时，求证：；(2)若点M满足：，求锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明过程见解析；(2)【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，进而由勾股定理逆定理得到AC⊥BC，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，从而证明出线面垂直，证明出；（2）先证明PO，BC，ON两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.【详解】(1)连接AC，过点C，D分别作CE⊥AB于点E，DF⊥AB于点F，底面ABCD为等腰梯形且BC=CD=2，AB=4，则AF=BE=1，所以，由余弦定理得：，所以，所以AC⊥BC，又平面平面ABCD，且交线为BC，所以AC⊥平面PBC，因为平面PBC，所以AC⊥BM，因为M是棱PC的中点，且是等边三角形所以BM⊥PC，因为，所以BM⊥平面APC，因为平面APC，所以AP⊥BM(2)取BC中点O，连接PO，因为三角形PBC为等边三角形，所以PO⊥BC，又平面平面ABCD，且交线为BC，所以PO⊥平面ABCD，取AB的中点N，连接ON，则ON∥AC，由（1）知ON⊥平面PBC，所以PO，BC，ON两两垂直，以O为坐标原点，以OC，ON，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，易知平面MBC的一个法向量，设平面MBD的一个法向量为，则，可取，设锐二面角的大小为，则21．已知函数满足．(1)若关于的方程恰有四个不同实数根，求实数的取值范围；(2)若对定义域中的恒成立（其中），求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）采用构造方程组的方式可求得解析式，从而将方程变为，将问题转化为与的图象恰有四个不同交点，作出函数图象，采用数形结合的方式可求得结果；（2）将不等式转化为；当时，取，可知不等式不成立；当时，令，利用导数可求得单调性，由此可得，则原问题等价于，利用导数可求得单调性，进而得到，由此可得结果.【详解】(1)，，则，解得：；若关于的方程恰有四个不同实数根，则，，则关于的方程恰有四个不同实数根等价于与的图象恰有四个不同交点，当时，，由对勾函数单调性知：在上单调递增，在上单调递减，，则当时，；当时，，由对勾函数单调性知：在上单调递减，在上单调递增，，则当时，，又当时，；由此可作出与的图象如下图所示，由图象可知：或，解得：或，即实数的取值范围为.(2)，，即；①当时，对任意常数，取，代入上式可得：，不合题意；②当时，令，则；当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，等价于，，设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，（当，时取等号），即的最大值为.【点睛】思路点睛：本题第二问考查了导数中的恒成立问题的求解，解题基本思路是能够将不等式转化为的问题，得到，进而通过转化的方式将最大值的求解转化为关于变量的函数的最大值求解问题.22．在平面直角坐标系中，为坐标原点，向量绕原点逆时针旋转得到，则有旋转变换公式．已知曲线绕原点逆时针旋转得到曲线．(1)求曲线的方程；(2)，为曲线右支上任意两点，且直线过曲线的右焦点，点，延长分别与曲线交于两点．设直线和的斜率都存在，分别为与，问是否存在实数，使得恒成立？【答案】(1)(2)存在实数，使得成立.【分析】（1）根据旋转变换公式可用表示出，代入即可得到所求曲线方程；（2）设直线，与双曲线方程联立，设，由韦达定理和直线方程可求得点坐标，同理可得点坐标；根据三点共线，可得到，代入两点连线斜率公式化简可得到.【详解】(1)由题意得：，，，又，，即，曲线的方程为：.(2)由题意知：直线斜率存在且不为，可设直线，由得：…①，，可将代入①式，化简得：，设，则，，，代入得：，即，同理可得：；三点共线，，可得，，存在实数，使得成立.【点睛】关键点点睛：本题考查曲线轨迹方程的求解、直线与双曲线综合应用中的存在性问题的求解；本题求解实数的关键是能够利用两点坐标表示出两点坐标，根据三点共线，结合两点连线斜率公式化简消去变量即可.