2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考三数学（理）试题含解析

这是一份2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考三数学（理）试题含解析，共18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届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考三数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出集合M，N中元素的范围，再求并集即可.【详解】解：，.故选：C.2．已知复数满足，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点在（       ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】设，，利用复数乘法化简并求出，根据复数相等判断的符号，即可知复数对应的象限.【详解】令，，则，又，则，∴，即，∴，则复数在复平面内所对应的点在第四象限.故选：D3．已知命题“，”的否定是“，”；命题“”的一个充分不必要条件是“”，则下面命题为真命题的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据命题的描述判断、、、的真假，进而判断复合命题的真假即可.【详解】由题设，、为假命题，、为真命题，∴为真，为假，为假，为假.故选：A4．北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射成功.此次航天飞行任务中，火箭起到了非常重要的作用.在不考虑空气动力和地球引力的理想情况下，火箭在发动机工作期间获得速度增量（单位：千米/秒）可以用齐奥尔科夫斯基公式来表示，其中，（单位：千米/秒）表示它的发动机的喷射速度，（单位：吨）表示它装载的燃料质量，（单位：吨）表示它自身（除燃料外）的质量.若某型号的火箭发动机的喷射速度为5千米/秒，要使得该火箭获得的最大速度v达到第一宇宙速度（7.9千米/秒），则火箭的燃料质量与火箭自身质量之比约为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题设得，应用将对数化为指数形式即可得.【详解】由题设，，则.故选：C5．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）A．20种 B．30种 C．40种 D．60种【答案】A【详解】根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；分3种情况讨论可得，甲在星期一有A42=12种安排方法，甲在星期二有A32=6种安排方法，甲在星期三有A22=2种安排方法，总共有12+6+2=20种；故选A．6．在的展开式中，项的系数是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】展开式中，通项．令，得，故展开式中项的系数为.故选：C.7．已知正数项等比数列中，，且与的等差中项是，则（       ）A．2 B． C．4 D．2或4【答案】B【分析】由题意得到关于q的方程，解方程确定数列的公比，然后利用等比数列通项公式即可确定的值.【详解】与的等差中项是，所以，即，，解得：，（舍去）.故.故选B．【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，等比数列通项公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．函数的图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】讨论函数奇偶性可排除两个选项，再探讨在x>1时，函数式的分子与分母的大小关系即可判断作答.【详解】函数的定义域是，，即函数是定义域上的奇函数，显然，选项B，D不满足；当时，，令(x>1)，，则在上单调递增，即当时，，则有，因此，，则当x>1时，，从而得恒成立 ，选项C不满足，选项A满足.故选：A9．已知函数的最小正周期为，将该函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象对应的函数为偶函数，则下列说法错误的是（       ）A．函数在区间上单调递减B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于点对称D．函数的图象关于直线对称【答案】D【分析】根据图象变换的性质及周期求得函数解析式，然后根据正弦函数性质判断各选项．【详解】由已知，向左平移后得，它是偶函数，则，又，所以，所以．时，，因此A正确；，因此函数图象关于点对称，B正确；，函数图象关于直线对称，C正确；，不是最值，D错误．故选：D．10．已知直线将圆分为，两部分，且部分的面积小于部分的面积，若在圆内任取一点，则该点落在部分的概率为（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由直线与圆相交（由几何法求得弦长，得小弧所对圆心角），求得中较小部分的面积，然后由概率公式计算．【详解】解析：设直线与圆交于，两点，由圆可知，圆心的坐标为，半径为.圆面积为．因为圆心到直线的距离为，所以，又，所以，从而扇形的面积为，所以部分的面积为，故在圆内任取一点，则该点落在部分的概率.故选：B．11．已知，，，则，，的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，通过导数与单调性的关系可得，化简即可得结果.【详解】设，则，当时，，所以在上单调递减，所以，即，所以，即，即，故选：A.12．已知函数，则函数的零点个数为（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】首先根据，得到或，然后利用导数分析时函数的单调性，结合单调性画出函数的图象，通过图象即可观察出函数零点的个数.【详解】由，得或.当时，，所以当，单调递减；当，单调递增，所以时，有极小值.又时，，画出函数的图象如图所示，由图可知：函数的零点个数为3.故选：B.二、填空题13．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为____________.【答案】【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.【详解】解：由题得.所以.当且仅当时等号成立.所以的最小值为.故答案为：14．已知抛物线的焦点为F，准线，点M在抛物线C上，点M在直线上的射影为A，且直线的斜率为，则的面积为__________．【答案】【分析】由抛物线的准线方程可求抛物线的方程，由直线的斜率为，可得直线的倾斜角，解三角形求的面积.【详解】∵ 抛物线的准线方程为x=﹣，∴ 抛物线的焦点为F（，0），抛物线C：y2=4∵   点M在抛物线C上，点A在准线l上，，且直线AF的斜率kAF=，所以直线AF的倾斜角为，设准线与x轴的交点为N，则,∴   ，又 ，∴ 为等边三角形，∴   故答案为：.15．在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点 ，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为____.【答案】【分析】由已知找到异面直线所成角的平面角，再运用余弦定理可得答案.【详解】解：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD，BC所成的角的平面角，又因为EO=AD=1，FO=BC=，EF=.根据余弦定理得=-，所以∠EOF=150°，异面直线AD与BC所成角的大小为30°.故答案为：30°.16．过椭圆的左焦点F作直线交椭圆于两点，若，且直线倾斜角为，则椭圆的离心率____________.【答案】【分析】作出准线与轴交点为，过准线的垂线，过作，垂足为，设，得到，结合直线的斜率，得到，结合椭圆的第二定义列出方程，即可求解.【详解】作出准线与轴交点为，过准线的垂线，垂足分别为，过作，垂足为，设，因为，则，又因为的倾斜角为，所以，则，又由椭圆的第二定义，可得，所以，解得，故椭圆的离心率为.故答案为：.三、解答题17．已知（1）求的最小正周期和最大值；（2）若，的周长为12，且，求的面积.【答案】（1）最小正周期，最大值为；（2）.【解析】（1）逆用二倍角公式化为同名三角函数，再利用及正余弦函数的值域即可（2）由及余弦定理和面积公式即可得解.【详解】（1），的最小正周期当时，即时，的最大值为.（2）又，得即因为，故因为，的周长为12，所以.由余弦定理得：，即，所以.故【点睛】本题考查三角函数的综合应用和解三角形，要灵活运用三角函数的基本性质、恒等变换、正余弦定理、面积公式等.18．中国提出共建“一带一路”，旨在促进更多的经济增长和更大的互联互通，随着“一带一路”的发展，中亚面粉､波兰苹果､法国红酒走上了国人的餐桌，中国制造的汽车､电子元件､农产品丰富着海外市场.为拓展海外市场，某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统有3个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为900元.（1）求系统需要维修的概率；（2）该电子产品共由3个系统组成，设为电子产品所需要维修的费用，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）由次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式能求出系统需要维修的概率；（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，写出随机变量的所有取值，分别求出对于随机变量的概率，由此能求出的分布列及期望．【详解】解：（1）系统需要维修的概率为；（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，则的所有可能取值为0，900，1800，2700，，，，090018002700所以．19．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.（1）求证：直线平面；（2）设点在线段上，且二面角的余弦值为，求点到底面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）或者.【分析】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）设，由题意结合空间直角坐标系求得的值即可确定点到底面的距离.【详解】（1）由菱形的性质可知，因为平面所以，且，所以直线平面；（2）以点A为坐标原点，AD，AP方向为y轴，z轴正方向，如图所示，在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，且，由于，故：，据此可得：，即点M的坐标为，设平面CMB的法向量为：，则：，据此可得平面CMB的一个法向量为：，设平面MBA的法向量为：，则：，据此可得平面MBA的一个法向量为：，二面角的余弦值为，故：，整理得，解得：.由点M的坐标为或.易知点到底面的距离为或者.20．已知椭圆的离心率为，并且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与轴交于点，与椭圆的另一个交点为，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，求证：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）由可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立利用韦达定理可得点坐标，及直线的方程然后令得、，由可得答案.【详解】（1）由已知解得所以椭圆：．（2）证明：由已知斜率存在以下给出证明：由题意，设直线的方程为，，，则，由得，所以，， ，，所以，即，直线的方程为，令得所以，令由得所以，所以=.【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线和椭圆的位置关系，关键点是利用韦达定理表示出点坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.21．已知函数，.（Ⅰ）当时，求的图象在点处的切线方程；（Ⅱ）设函数，讨论函数的零点个数.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义求出斜线的斜率，然后根据点斜式方程可得结果．（Ⅱ）根据函数的单调性和极值、最值得到函数图象的大体形状，在此基础上判断出零点的个数．【详解】（Ⅰ）当时，，所以，所以．又．所以函数的图象在点处的切线方程为，即．（Ⅱ）由题意得，定义域为，则．（i）当时，对于任意的恒成立，故在上单调递减，令，则，.又，所以在上有唯一零点．（ii）当时，令，得.所以在上单调递减，在上单调递增，故.①若，，函数无零点；②若，，函数有唯一零点；③若，，令，则.令，则 .所以函数在，上各有一零点，从而函数有两个零点．综上可得：当时，函数没有零点；当或时，函数有唯一零点；当时，函数有两个零点．【点睛】利用导数研究函数零点的个数或研究方程根的情况，可以通过导数得出函数的单调性、极值（或最值）、函数的变化趋势等，然后画出函数图象的大体图象，并标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数）.以原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设为曲线上的动点，过点且与垂直的直线交于点，求的最小值，并求此时点的直角坐标.【答案】（1）曲线的普通方程为：；曲线的直角坐标方程为：（2）的最小值为6，此时点的坐标为【分析】（1）利用消参法，消去参数，可把曲线的参数方程化为普通方程；通过极坐标和直角坐标的互化公式，可将曲线的极坐标方程化成直角坐标方程；（2）点是曲线上动点，由的参数方程可表示出点坐标，运用点到直线距离公式求到直线的距离，再运用辅助角公式化简即可得出答案.【详解】（1）由曲线，可得：两式两边平方相加可得：曲线的普通方程为：.由曲线得：，即，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）由（1）知椭圆与直线无公共点，椭圆上的点到直线的距离为，当时，的最小值为，此时的最小值为6，此时点的坐标为.【点睛】本题主要考查利用消去参数的方法将参数方程化为普通方程，利用关系式等可以将极坐标方程与直角坐标方程互化，利用点到直线距离的公式和三角恒等变换的辅助角公式求距离最值问题.23．设函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）将写成分段函数的形式,即,进而求解即可；（2）不等式在时恒成立可转化为恒成立,进而求解即可【详解】解：（1）,由,则,或,或,解得或或,故解集为（2）依题意得,不等式在时恒成立,则,当时,,则在上单调递增,所以,则,解得【点睛】本题考查解绝对值不等式,考查不等式的恒成立问题,考查运算能力与转化思想