2022届广东省华附、省实、广雅、深中高三上学期四校联考数学试题含解析

2022届广东省华附、省实、广雅、深中高三上学期四校联考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二次根式的定义求得集合，然后由交集定义计算．

【详解】由已知，所以．

故选：B．

2．已知复数，且，则（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．

【详解】由已知，

所以，．

故选：D．

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

【分析】先判断命题p，命题q的真假，再利用复合命题判断.

【详解】当时，成立所以命题p为真命题，则是假命题；

因为，，所以，则，故命题q为真命题，则是假命题；

所以是真命题，是假命题， 是假命题，是假命题，

故选：A

4．声强级（单位：）与声强的函数关系式为：，若女高音的声强级是，普通女性的声强级为，则女高音声强是普通女性声强的（       ）

A．10倍 B．100倍 C．1000倍 D．10000倍

【答案】C

【分析】设出女高音声强为，普通女性声强为，代入函数关系式，求出，，再相除即可.

【详解】设女高音声强为，普通女性声强为，则，所以①，，所以②，则①÷②得：，故女高音声强是普通女性声强的1000倍.

故选：C

5．等差数列中，，公差为，，，则公差的值为（       ）

A．1 B．0 C． D．

【答案】A

【分析】根据等差数列相关计算求出，根据，求出公差的范围，进而求出公差的值.

【详解】，整理得：，由于，所以，故，则，若，解得：，由于，所以；若，解得：，此时无解，综上：公差的值为1

故选：A

6．已知函数，定义域为的函数满足，若函数与图象的交点为，则（       ）

A．0 B．6 C．12 D．24

【答案】B

【分析】首先根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，，，则，，同理可得：，，，，即可得到答案．

【详解】解：由得的图象关于对称，同时函数定义域也为，且

即，故也关于对称，

则函数与图象的交点关于对称，

则不妨设关于点对称的坐标为，，，，则，，

则，，

同理可得：，，，，

即，

故选：B．

7．在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为室内5人制足球场示意图，设球场（矩形）长大约为40米，宽大约为20米，球门长大约为4米.在某场比赛中有一位球员欲在边线上某点处射门（假设球贴地直线运行），为使得张角最大，则大约为（       ）（精确到1米）

A．8米 B．9米 C．10米 D．11米

【答案】C

【分析】利用表示出，再结合基本不等式求解.

【详解】由题意知，，设，则，所以，当且仅当，即时取等号，又因为，所以大约为10米.

故选：C.

8．倾斜角为的直线经过双曲线的右焦点，与双曲线的右支交于A，两点，且，则双曲线的离心率的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设为双曲线的右准线，过、作，垂直于，，为垂足，

过作于，根据双曲线的第二定义可得求得，可得， ，计算可得双曲线的离心率的取值范围．

【详解】解：设为双曲线的右准线，过、作，垂直于，，为垂足，

过作于，

根据双曲线的第二定义，得

，，

，，

，

，

，

，

，

，

，

，

，则，可得，

∴，

，即离心率的取值范围是，.

故选：D．

二、多选题

9．已知，是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题中正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】BC

【分析】根据各选项中的条件判断线面、面面的位置关系，可选出合适的选项．

【详解】解：对于A，若，，则或，故A不正确；

对于B，若，，则，故B正确；

对于C，若，，过的平面与相交，设交线为，

，，，则，

，则，，故，故C正确；

对于D，若，，则与不一定垂直，故D不正确；

故选：BC．

10．设，，则（       ）

A．“”“” B．“”“”

C．“”“” D．“”“”

【答案】BCD

【分析】A特殊值法：令判断正误；B、C应用不等式的性质判断正误；D讨论、时的不等关系即可.

【详解】A：当时，不成立，故错误；

B：由，则成立，故正确；

C：且，即，则，故恒成立，故正确；

D：当时，，当时，，故正确；

故选：BCD

11．已知抛物线，圆为圆心），点在抛物线上，点在圆上，点，则下列结论中正确的是（       ）

A．的最小值是

B．的最小值是

C．当最大时，

D．当最小时，

【答案】ABC

【分析】A. 由的最小值是的最小值减去圆的半径求解判断； B. 设，由，结合基本不等式求解判断；C.当最大时，由直线AQ与圆相切求解判断；D.由最小时为，即P，A，Q共线求解判断.

【详解】A. 的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，所以的最小值是1-=，故正确；

B. 设，则，

，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是，故正确；

C.如图所示：

当最大时，直线AQ与圆相切，则，故正确；

D.当最小时为，即P，A，Q共线，则，故错误；

故选：ABC

12．设函数，则下列命题中正确的是（       ）

A．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是

B．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是

C．若方程有四个不同的实根，则的取值范围是

D．方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6

【答案】AD

【分析】作出的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案．

【详解】解：对于A：作出的图像如下：

若方程有四个不同的实根，，，，则，不妨设，

则，是方程的两个不等的实数根，，是方程的两个不等的实数根，

所以，，所以，所以，

所以，故A正确；

对于B：由上可知，，，且，

所以，

所以，，

所以，

所以，故B错误；

对于C：方程的实数根的个数，即可函数与的交点个数，因为恒过坐标原点，当时，有3个交点，当时最多2个交点，所以，

当与相切时，设切点为，

即，所以，解得，所以，所以，

所以当与相切时， 即时，此时有4个交点，

若有4个实数根，即有4个交点，

当时由图可知只有3个交点，当时，令，，则，则当时，即单调递增，当时，即单调递减，所以当时，函数取得极大值即最大值，，又及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当无限大时，即在和内各有一个零点，即有5个实数根，故C错误；

对于D：，

所以，

所以或，

由图可知，当时，的交点个数为2，

当，0时，的交点个数为3，

当时，的交点个数为4，

当时，的交点个数为1，

所以若时，则，交点的个数为个，

若时，则，交点的个数为3个，

若，则，交点有个，

若且时，则且，交点有个，

若，交点有1个，

综上所述，交点可能由1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故D正确；

故选：AD．

三、填空题

13．已知向量，满足，，，则与的夹角为___________.

【答案】

【分析】根据题意求得，结合向量的夹角公式求得，即可求解.

【详解】由题意，向量，，

因为，可得，解得，

即，可得，所以，

又因为，所以.

故答案为：.

14．曲线在处的切线的倾斜角为，则___________.

【答案】4

【分析】求导数得切线斜率即的值，然后弦化切代入计算．

【详解】由已知，所以，

．

故答案为：4．

15．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，利用细沙全部流到下部容器所需要的时间进行计时.如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，这两个圆锥的底面直径和高分别相等，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度（h）的（细管长度忽略不计）.假设细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.这个沙堆的高与圆锥的高h的比值为______.

【答案】

【解析】设沙漏上下两个圆锥的底面半径为r，高为h，根据等体积法求解即可.

【详解】解：设沙漏上下两个圆锥的底面半径为r，高为h，

左侧倒圆锥形沙堆的体积，

右侧圆锥形沙堆的体积，

由得.

故答案为：.

【点睛】本题考查等体积法求，圆锥的体积计算公式，考查运算能力，是基础题.

16．已知数列满足，，为数列的前项和，则___________.

【答案】

【分析】构造新数列求得通项公式，两次应用错位相减法求得和．

【详解】由得，又，所以数列是等比数列，公比为2，

所以，即．

，（1）

（1）×2得，（2）

（1）－（2）得：，（3）

（3）×2得：

，（4）

（3）－（4）得：

．

故答案为：．

四、解答题

17．已知等差数列和正项等比数列满足，，，．

(1)求和的通项公式；

(2)对于集合、，定义集合且，设数列和中的所有项分别构成集合、，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设等差数列公差为，等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，结合等比数列的通项公式可求得，求出的值，可求得，利用等差数列的通项公式可求得；

（2）分析可知，所以前项由的前项去掉的，，这项构成，利用等差数列的求和公式可求得的值.

【详解】(1)解：设等差数列公差为，等比数列的公比为，

，，解得或（舍去）.   

又，所以.       

所以，，

所以，.

(2)解：，，又，

所以中要去掉数列的项最多项，

数列的前项分别为、、、、、，

其中、、三项是数列和数列的公共项，                 

所以前项由的前项去掉的，，这项构成.

.

18．已知四边形，A，B，C，D四点共圆，，，．

(1)若，求的长；

(2)求四边形周长的最大值．

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）先通过余弦定理求出，再借助正弦定理求即可；

（2）直接表示出周长，借助余弦定理求出的最大值，即可求出周长的最大值.

【详解】(1)在中，由余弦定理得

，得.     

因为，所以.     

因为四点共圆，所以与角互补，

所以，，

在，由正弦定理得：，

所以.

(2)因为四边形的周长为，

在中，由余弦定理得：，

即

，

当且仅当时，，

所以四边形周长的最大值为.

19．移动支付（支付宝及微信支付）己经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查市民使用移动支付的年龄结构，随机对位市民做问卷调查得到列联表如下：

(1)按年龄岁以下（含35岁）是否使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取人做进一步的问卷调查，从这人随机中选出人颁发参与奖励，设使用移动支付的人数为，求的分布列及期望.

(2)用这位市民使用移动支付的频率代替全市市民使用移动支付的概率，从全市随机中选出人，则使用移动支付的人数最有可能为多少？

【答案】(1)分布列见解析，

(2)6

【分析】（1）由题意可得的可能值为，，，求出对应的概率，从而可求得的分布列及期望，

（2）设使用移动支付的人数为，则由题意可得，再根据题意列不等式组可求得结果

【详解】(1)根据分层抽样知使用移动支付的人数为人，不使用移动支付的有人，则的可能值为，，，

，，，

分布列为

.

(2)从全市随机选出人，设使用移动支付的人数为，则，

且.

由，

解得，

因为，所以

故使用移动支付的人数最有可能为6.

20．如图所示的几何体中，，，都是等腰直角三角形，，且平面平面，平面平面.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分别取的中点，连接，设，利用面面垂直的性质可证得平面，同理可证平面，从而可得四边形是平行四边形，即可证得，从而可得出结论；

（2）取的中点为，以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.

【详解】(1)证明：分别取的中点，连接，

设，则，

，

又平面平面，平面平面平面，

平面，

同理可证平面，

，

又因为，

所以四边形是平行四边形，，

又平面平面，

平面；

(2)如图，取的中点为，则，

以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的一个法向量为，

则，

令，得平面的一个法向量为.

则，

设平面的一个法向量为，

则，

令，得平面的一个法向量为，

设二面角的大小为，则，

观察可知为锐角，所以二面角的余弦值为.

21．已知椭圆：的右焦点在直线上，且离心率为．

(1)求椭圆的方程；

(2)设，，过点A的直线与椭圆交于另一点（异于点），与直线交于一点，的角平分线与直线交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在，，理由见解析

【分析】（1）先把代入直线方程，求出，根据离心率和求出椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，求出点P的坐标，表达出直线的斜率，再使用二倍角公式及直线NF的斜率表达出直线的斜率，从而得到等式，求出，得到的关系，得到的值.

【详解】(1)因为右焦点在直线上，所以

所以椭圆的方程为

(2)存在，，理由如下：

因为，设. 显然.

可设直线的方程为，

因为点在这条直线上，则

联立，得的两根为，

设 则      

，

因为，所以.

故存在常数，使得

【点睛】对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.

22．已知函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数的图象与轴交于两点，且，设，其中常数､满足条件，，为函数的导函数，试判断的正负，并说明理由.

【答案】(1)答案见解析

(2)，理由见解析

【分析】（1）求得，分，，和，四种情况讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）由题意转化为，结合

，令，构造函数，利用导数求得单调性，得到，进而得出，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，函数的定义域为，

可得，

①当时，可得，

当时，，当时，，

所以在单调递减，在单调递增；

②当时，可得在上恒成立，

所以函数在上单调递增；

③当时，当时，；当时，；

当时，，所以在递减，在递增；

④当时，当时，；当时，；

当时，，所以在递减，在递增.

综上，当时，在递减，在递增；

当时，在上单调递增：

当时，在递减，在递增：

当时，在递减，在递增.

(2)解：因为，

可得，则，

因为函数的图象与轴交于两点，且.

所以，两式相减得，

因为，所以，

所以

，

令，因为，可得，

令，可得，

又由，所以，所以在上是増函数，则，

所以，

又因为，所以，

因为，所以，

所以，所以，

因为在上单调遌增，所以，所以.