2022届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析

银川一中2022届高三年级第二次月考

文 科 数 学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 集合的真子集的个数是（    ）

A. 7 B. 3 C. 4 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】根据真子集个数的计算方法，求得正确选项.

【详解】集合有两个元素，所以真子集个数为.

故选：B

2 复数，则|（    ）

A.  B. 1 C.  D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数除法运算化简，由此求得.

【详解】因为，所以．

故选：A

3. 已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.

【详解】由于，所以命题为真命题；

由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；

所以为真命题，、、为假命题.

故选：A．

4. 已知等比数满足，则数列的公比（    ）

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意代入等比数列通项公式可得，化简即可得解.

【详解】由题意可得，

可得.

故选：C

5. 若，满足约束条件，则的最大值为（    ）

A.  B. 0 C. 2 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解．

【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，

在直线中是直线的纵截距，向下平移时纵截距减小，增大．

因此平移直线，当过时，为最大值．

故选：C．

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过平方将原式变形得到，再结合正弦二倍角公式即可求解.

【详解】因为，

所以两边平方得，

又因为，

所以，即，

所以

故选：B

7. 已知函数，在上随机取一个实数，则使得成立的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先求不等式的解集，再根据区间长度，求几何概型的概率.

【详解】由，得，解得，在区间上随机取一实数，则实数满足不等式的概率为．

故选：B

8. 下列不等式恒成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由基本不等式，可判定A不正确；由，可判定B正确；根据特例，可判定C、D不正确；

【详解】由基本不等式可知，故A不正确；

由，可得，即恒成立，故B正确；

当时，不等式不成立，故C不正确；

当时，不等式不成立，故D不正确.

故选：B.

9. 在数列中，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由依次计算…，判断数列是周期数列，再根据周期计算，即得结果.

【详解】依题意，，，，，…，数列是以为周期的周期数列，

所以.

故选：A.

10. 若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】把不等式化为，求出在区间[1，4]内的最大值，即可得出的取值范围．

【详解】不等式在内有解等价于时，.

当时，，所以.

故选：A.

11. 已知函数满足，且对任意都满足，则的值为

A. 2019 B. 2 C. 0 D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先判断函数的周期，得出，再根据条件求得的值，即可求解.

【详解】由题意，对任意，满足，

所以，所以函数是以6为周期的周期函数，

所以，

又由，所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了函数的周期性的判定及应用，以及函数值的求解，其中解答中根据题设条件求得函数的周期性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

12. 已知曲线与曲线有且只有两个公共点，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数零点与方程根的关系，可将两条曲线交点问题转化为一条曲线的零点问题进行求解，根据题意可得有两个实数解，即方程有两个实数解，令，求出函数的最值，从而可得出答案.

【详解】解：根据题意，可得函数的定义域为：

方程有两个实数解，

，即得，

方程有两个实数解，

此时令，则直线与函数的图象有两个交点，

令，则有，或

；,

在上单调递增，在上单调递减,

（1）,

当时，；当时，

若使直线与有两个交点，则需使.

故选：D．

二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若向量，，且，则实数的值为______.

【答案】6

【解析】

【分析】由可得，从而可求出实数的值

【详解】因，，且，

所以，得，

故答案为：6

14. 已知为等差数列，的前5项和，，则______．

【答案】11

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，则由题意可得，解方程组求出，从而可求出结果

【详解】解：设等差数列的公差为，

因为，，

所以，解得，

所以，

故答案为：11

15. 公元1231年，南宋著名思想家，教育家陆九渊的弟子将象山书院改建于三峰山徐岩（徐岩旧址，现为贵溪市第一中学），在信江河畔便可望见由明正德皇帝御笔亲题的“象山书院”红色题刻．为测量题刻的高度，在处测得仰角分别为，，前进米后，又在处测得仰角分别为，，则题刻的高度约为__________米．

【答案】

【解析】

【分析】根据仰角的关系可得，结合等腰直角三角形的性质可求的高度.

【详解】因为在处看的仰角分别为，在处看的仰角分别为，

，且均为等腰直角三角形，

故．

故答案为：40.

16. 袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到”和””平”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：

232  321  230  023  123  021  132  220  011  203  331  100

231  130  133  231  031  320  122  103  233  221  020  132

由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据题目找出符合条件的数组，再除以总的数组即可。

【详解】由题意知满足条件的随机数组中，

前两次抽取的数中，含0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，出现1就不能出现0，

第三次必须出现前两个数字中没有出现的1或0，

即符合条件的数组只有3组，分别为：021，130，031，

∴恰好第三次就停止的概率为p．

故答案为：

【点睛】本题主要考查了古典概型，属于基础题。

三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

(一)必考题：共60分

17. 各项均为正数的等比数列中，记为的前项和，，.

（1）求通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意可以设等比数列的公比为，结合已知的，即可得到进而得到数列的通项公式；

（2）由题意得到通过裂项相消法求和即可.

【详解】（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，由题意知，

因为等比数列中，

所以，解得或（舍去），

所以的通项公式为；

（2）由（1）知，

所以，

所以

18. 为了解我市高三学生参加体育活动的情况，市直属某校高三学生500人参加“体育基本素质技能”比赛活动，按某项比赛结果所在区间分组：第1组：，第2组：，第3组：，第4组：，第5组：，得到不完整的人数统计表如下：

其频率分布直方图为：

（1）求人数统计表中的a和b的值；

（2）根据频率分布直方图，估计该项比赛结果的中位数；

（3）用分层抽样的方法从第1，2，3组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加上一级比赛活动，求参加上一级比赛活动中至少有1人的比赛结果在第3组的概率.

【答案】（1），；（2）；（3）.

【解析】

【分析】(1)根据频率分布直方图求出比赛结果在及内的频率即可得解；

(2)利用频率分布直方图求中位数的方法计算即得；

(3)求出第1，2，3组中各抽的人数，再用列举法即可求出概率.

【详解】（1）由频率分布直方图得，比赛结果在内的频率为：，则，

比赛结果在内的频率为：，则，

所以人数统计表中的a和b的值分别为200，50；

（2）由频率分布直方图知，比赛结果在内的频率为0.2，比赛结果在内的频率为0.6，则中位数应在内，

所以估计该项比赛结果的中位数为：；

（3）因第1，2，3组的频率分别为0.1，0.1，0.4，则利用分层抽样在第1，2，3组中抽的人数比为，

于是得抽取的6人中，第1组抽取1人，第2组抽取1人，第3组抽取4人，

记第1组抽取的1位同学为A，第2组抽取的1位同学为B，第3组抽取的4位同学为，，，，

则从6位同学中抽两位同学有：，，，，，，，，，

，，，，，，共有15种等可能结果，

其中2人比赛结果都不在第3组的有：，共1种可能，

所以至少有1人比赛结果在第3组的概率为.

19. 在中，，，所对的边为，，，满足.

（1）求的值；

（2）若，，则的周长.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据条件式，展开后结合余弦定理即可求得的值；

（2）先求得，结合正弦定理即可求得，进而得三角形周长.

【详解】（1）由条件，

展开化简可得，

结合余弦定理可得，

因为，

所以.

（2）由（1）可知，而，，

则

由正弦定理可得，

代入解得，，

所以的周长为，

【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.

20. 已知数列的前项和为，，数列是等差数列，且，．

（1）求数列和的通项公式；

（2）若，记数列的前项和为，求．

【答案】（1），；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据，令，求出，进一步利用求出的通项公式；根据，求出，进一步求出的通项公式；

（2）首先写出，利用错位相减即可得出答案.

【详解】（1）由，可得时，，解得，

时，，

又，

两式相减可得，

即，

可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，

所以；

设等差数列的公差为，且，，

可得，

所以；

（2），

，

，

两式相减可得

，

化简可得．

21. 已知函数，，为自然对数的底数.

（1）证明：；

（2）若恒成立，求实数的范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）对原函数求导后可知函数在上单调递增，得到即可；

（2）将题意转化为恒成立，构造，由，，可知对分为和讨论即可.

【详解】（1），于是，.

又因为，当时，且.

故当时，，即.

所以，函数为上的增函数，于是，.

因此，对，；

（2）恒成立，

恒成立.

令，，，.

①当时，，

由（1）可知，

在上为增函数，

恒成立.

时满足题意

②当时，由（1）可知

在上单调递增，

而∴存在，使得.

∴时，单调递减，

，不合题意，舍去.

综上，.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式

证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

(二)选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分．

选修4－4：坐标系与参数方程

22.  在平面直角坐标系中，以为极点、轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线过定点且与曲线交于，两点.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）若直线斜率为2，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由题得，再代入极坐标公式即得解；

（2）先写出直线的参数方程，代入抛物线方程，再利用韦达定理得解.

【详解】（1）由得.

于是，∴，

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）设直线的倾斜角为，则，于是，，

所以直线的参数方程为（为参数）.

将，代入得，

所以，，

所以.

选修4—5：不等式选讲

23. 已知函数．

（1）若，求不等式的解集；

（2）若，使得，求的取值范围．

【答案】（1）或}；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）分，，三种情况讨论求解即可；

（2）先求，使得时，的取值范围，再求补集即可.

【详解】解：（1）当时，．

当时，，所以；

当时，，不成立；

当时，，所以，

所以，综上可知，所求解集为或}．

（2）要求，使得时，的取值范围，

可先求，使得时，的取值范围，

，，

当时，恒成立；

当时，，

综上，，使得时，的取值范围为，

故，使得时，的取值范围为．