2021-2022学年贵州省贵阳市五校高三（下）联考数学试卷（理科）（七）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年贵州省贵阳市五校高三（下）联考数学试卷（理科）（七）（Word解析版），共17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。
2021-2022学年贵州省贵阳市五校高三（下）联考数学试卷（理科）（七）副标题题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则(    )A.  B.  C.  D. 在边长为的正方形中，是的中点，则(    )A.  B.  C.  D. 已知正方形中，为中点，为中点，，分别为，上的点，，，将沿着折起得到空间四边形，则在翻折过程中，以下说法正确的是(    )A.  B. 与相交 C. 与异面 D. 与异面已知实数，满足约束条件，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 孙子算经一书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子颗，人别加颗．问：五人各得几何？”其大意为“有人分个橘子，他们分得的橘子数构成公差为的等差数列，问人各得多少个橘子？”根据上述问题的已知条件，则分得橘子最多的人所得的橘子数为(    )A.  B.  C.  D. 若，，则，，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 已知曲线在处的切线为，若与：相交，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为，则该几何体的体积为(    )A.
B.
C.
D. 将名支援某地区抗疫的医生分配到、、三所医院，要求每所医院至少安排人，则其中甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率为(    )A.  B.  C.  D. 函数的所有零点之和为(    )A.  B.  C.  D. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，抛物线与双曲线有相同的焦点．设为抛物线与双曲线的一个交点，，则双曲线的离心率为(    )A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知，，，且，则______．已知数列的前项和为，满足，，则______．若，，则的值为______．若函数在上有且仅有个零点和个极小值点，则的取值范围为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）在中，角，，所对的边为，，，已知，且．
求角的大小；
若，求的面积．“学习强国”是由中宣部主管以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容的“端手机客户端”两大终端二合一模式的学习平台，年月日上线后便成了党员干部群众学习的“新助手”，为了调研某地党员在“学习强国”的学习情况，研究人员随机抽取了名该地党员进行调查，将他们某两天在“学习强国”上所得的分数统计如表所示：分数人数现用分层抽样的方法从分及以上的党员中随机抽取人，再从抽取的人中随机选取人作为学习小组长，求所选取的两位小组长的分数都在上的概率；
为了调查“学习强国”得分情况是否受到学习时长的影响，研究人员随机抽取了部分党员作出调查，得到的数据如表所示： 日均学习两小时以上日均学习不足两小时分数超过分数不超过判断是否有的把握认为“学习强国”得分情况与学习时长有关．
附：，．如图所示，点在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱下底面的内接四边形，且为圆柱下底面的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为．
证明：；
为的中点，点在线段上，记，求二面角的余弦值．
已知椭圆的短轴长为，离心率为，点是椭圆的左顶点，点坐标为，经过点的直线交椭圆于，两点，直线斜率存在且不为．
求椭圆的方程；
设直线，分别交直线于点，，线段的中点为，设直线与直线的斜率分别为，，求证：为定值．已知，函数，．
讨论的单调性；
过原点分别作曲线和的切线和，求证：存在，使得切线和的斜率互为倒数．在直角坐标系中，已知曲线：与曲线其中为参数．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
求曲线和的极坐标方程；
在极坐标系中，射线：，与曲线和的公共点分别为，两点，求的最大值．已知函数．
解不等式：；
记的最大值为，若正实数，满足，求的最小值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，，
，，
则，
故选：．
求出集合，，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由题意，，
．
故选：．
由已知直接利用复数模的计算公式求解．
本题考查复数的代数表示法，考查复数模的求法，是基础题．
 3.【答案】 【解析】解：在平面直角坐标系中以为原点，所在直线为轴建立坐标系，

则，，，，
所以．
故选：．
建立直角坐标系，用向量法即可．
本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由，，则且，
由为中点，为中点，则且，
所以且，
则四边形为梯形．
梯形的两腰，延长必交于一点，
所以相交，与平行，
故选项A，，不正确，选项B正确．
故选：．
由条件可得且，则四边形为梯形，从而可得出答案．
本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，由图可知，当直线过时，
直线在轴上的截距最小，有最小值为．
故选：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：设第一个人分到的橘子个数为，
又，
则，
解得，
故．
故选：．
设第一个人分到的橘子个数为，由等差数列前项和公式能求出得到，再由等差数列的通项公式即可求出答案．
本题考查等差数列的应用，考查等差数列前项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：，，
，
，即，
，
．
故选：．
根据条件得出，进而得出，从而可得出，这样即可得出，，的大小关系．
本题考查了指数式和对数式的互化，对数的换底公式，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：因为，当时，，又，
所以，所以曲线在处的切线为，即，
又：，即：，即圆心，半径，
因为直线与相交，所以圆心到直线的距离，解得，
所以的取值范围为．
故选：．
根据导数的几何意义求出切线方程，将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，再根据直线与圆相交，圆心到直线的距离小于半径，求出的值即可．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了方程思想，属基础题．
 9.【答案】 【解析】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体的底面面积为的三角形，高为的三棱锥体．
故．
故选：．
首先把三视图转换为几何体，进一步利用体积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
 10.【答案】 【解析】解：由题意可知：分配情况分为两类：，，；，，，其总的方法为：．
其中甲、乙两医生恰分配到相同医院的方法共有，
其中甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率，
故选：．
由题意可知：分配情况分为两类：，，；，，，即可得出其总的方法；得出甲、乙两医生恰分配到相同医院的方法共有，利用古典概率计算公式即可得出．
本题考查了古典概率计算公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：令，得，
图象关于对称，在，上递减．
，
令，
所以是奇函数，图象关于原点对称，
所以图象关于对称，
，在上递增，
所以与有两个交点，
两个交点关于对称，所以函数的的所有零点之和为．
故选：．
结合函数的对称性求得正确答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，作出图象是解答本题的关键，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】
设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出，间的关系，从而可得出离心率．
本题考查了双曲线和抛物线的简单性质，属于中档题．
【解答】
解：过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为，，
不妨设，，则，
为双曲线上的点，则，即，故，．
又，在中，由余弦定理可得，
化简可得，即，
解得或．
故选D．
  13.【答案】 【解析】解：，，，且，
，又，
可得，
故．
故答案为：．
求出对应向量的坐标，再结合数量积为即可求解结论．
本题主要考查向量数量积的应用，考查计算能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】【分析】
本题考查数列递推公式应用，考查数学运算能力，属于基础题．
依据，依次可求得，，，．
【解答】
解：由，得，
由得得，
由得，所以．
故答案为：．  15.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
化简得，
又，
则，
故，
两边平方可得．
故答案为：．
利用二倍角的余弦公式，两角差的正弦公式化简已知等式可得，结合范围，可得，可得，两边平方利用同角三角函数基本关系式以及二倍角的正弦公式即可求解．
本题考查了二倍角公式，两角差的正弦公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：如图，作出简图，由题意知，，
设函数的最小正周期为，因为，
则，，
结合有且，
解得．

故答案为：
作出函数的图象，根据题意可得且，求解即可．
本题主要考查正弦函数的图象和性质的应用，考查了数形结合思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属中档题．
 17.【答案】解：，，
，即，
又，
，解得或，
又，角为钝角，
角为锐角，，；
由知，，及已知条件，
，
又，，
． 【解析】利用正弦定理边化角的正弦，进而利用同角三角函数的关系得到，再根据，结合两角和的正切公式得到关于的方程，求得的值，同时注意根据已知条件判定角为锐角，得到角的值；
利用同角三角函数的关系，求得三个内角的正弦值，进而利用正弦定理求得三角形另外两边的长，利用三角形面积公式计算即得．
本题考查了三角形正弦定理和面积公式的应用，属于中档题．
 18.【答案】解：由题意得，分数在的应抽人，记作，，
分数在的应抽人，记作，，，
选取人作为学习小组长的基本事件有，，，，，，，，，，共个，
其中两位小组长的分数都在上的有，，，共个基本事件，
所以所求概率；
补全列联表如下：   日均学习两小时以上 日均学习不足两小时 总计 分数超过    分数不超过    总计   所以，
所以没有的把握认为“学习强国“得分情况与学习时长有关． 【解析】根据分层抽样求出分数在、应抽人数，由古典概率公式即可求解；
补全列联表计算的值与临界值比较即可判断．
本题考查了分层抽样和独立性检验，属于中档题．
 19.【答案】证明：为直径，点在圆上且不同于，点，，
又为母线，平面，
又平面，
从而，
又，平面，
又平面，．
解：，圆柱的底面直径为，
即，
又为的中点，，即四边形为正方形，，，两两相互垂直，
以为原点，分别以的方向为，，轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，

，，
，，，
，
，，
设平面的法向量为，
令，，，
易知平面的一个法向量为，
．
又由题知二面角为锐二面角，所求的余弦值为． 【解析】证明，推出平面，证明，得到平面，即可证明．
以为原点，分别以的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
 20.【答案】解：由题意可知，，即，
离心率，则，，
所以椭圆的方程：；
证明：设，，直线的方程，
由，消去，整理得，
所以，，
又，所以直线的方程为：，
其与直线的交点为，同理，
所以的中点为，
所以的斜率为


，
所以． 【解析】根据题意可得，及椭圆的离心率公式，即可求得的值，再得到椭圆的方程；
设直线的方程，代入椭圆方程，表示出直线的方程，即可求得和点坐标，求得点坐标，即可求得的斜率，结合韦达定理即可求得．
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式等，考查转化思想，计算能力，属于难题．
 21.【答案】解：的定义域是，，
若，恒成立，在递增；
若，当时，，当时，，
函数的增区间是，减区间是；
证明：，，
，，
设的切线方程是，切点为，
则，解得，切点为，
于是，解得，所以的斜率为，于是的斜率为；
设的切点坐标为，由，，
又，所以，整理得，
设，，
当时，，递增，而，
，时，，递减，又，
存在，使得，
关于的方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数． 【解析】求得，分与两类讨论，可求得的单调性；
依题意，可求得的斜率为，于是的斜率为；设的切点坐标为，由，又，构造函数设，求导分析，可得存在，使得，即关于的方程有正数解，即存在，使得结论成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性及利用导数来求曲线某点的切线方程，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
 22.【答案】解：以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
因为，，所以曲线可化为．
曲线化为普通方程为，即，
因为，，所以曲线化为．
在极坐标系中，射线：，与曲线和的公共点分别为，两点，
设点，的极坐标分别为和，
因为点在曲线上，所以，
则；同理，点在曲线上，所以，
由极坐标的几何意义有，，
因为，所以，
故，即的最大值为． 【解析】以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．通过，，化简曲线，曲线即可．
设点，的极坐标分别为和，推出，，由极坐标的几何意义转化求解即可．
本题考查极坐标与直角坐标方程的互化，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
 23.【答案】解：，即，
当时，不等式化为，即，恒成立，此时；
当时，不等式化为，即，此时；
当时，不等式化为，即，无解；
综上，不等式的解集为．
因为，则，
当时，有最大值，即，
所以，
，
因为，均为正数，
所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为． 【解析】采用零点分段法求解；
利用绝对值的几何意义可知，即有，从而，利用”“的代换，结合基本不等式可得的最小值．
本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题．