2022届黑龙江省大庆铁人中学高三上学期期中考试数学（理）试题含解析

2022届黑龙江省大庆铁人中学高三上学期期中考试

数学（理）试题

一、单选题

1．集合的真子集的个数是（       ）

A．3 B．4 C．7 D．8

【答案】C

【分析】根据真子集个数公式求解即可.

【详解】的真子集的个数为个.

故选：C

2．若复数（i为虚数单位），则在复平面内的对应点落在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】首先根据题意得到，再根据复数对应点求象限即可.

【详解】，

，对应的点为，落在第二象限.

故选B

3．已知，，则的值是（       ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】由给定条件求出，再由差角的余弦公式计算即得.

【详解】因，，则，

于是得，

所以的值是.

故选：B

4．“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】利用充分条件和必要条件的定义分析判断即可

【详解】，，即，解得.

，

“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面

A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α

B．若m∥β，β⊥α则m⊥α

C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α则m⊥α

D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α

【答案】C

【详解】试题分析：对于A，若m⊥n，n∥α，则m与α可能平行；故A错误；

对于B，若m∥β，β⊥α则m与α可能平行；故B 错误；

对于C，若m∥n，n⊥α根据线面垂直的性质与线面垂直的判定定理得到m⊥α；故C正确；

对于D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m与α可能平行可能斜交；故D错误

【解析】空间中直线与平面之间的位置关系

6．函数的部分图象大致为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数解析式知：定义域为，，，当时有，应用排除法即可.

【详解】根据题意，，其定义域为，

由，即函数为奇函数，排除D，

由，排除A，

当时，，排除C，

故选：B.

7．已知等差数列的前项和为，若，且，则下列说法中正确的是（       ）

A．为递增数列 B．当且仅当时，有最大值

C．不等式的解集为无限集 D．不等式的解集为

【答案】D

【分析】根据已知求出首项和公差，按照等差数列通项公式和前项和的性质依次判断即可.

【详解】由，知，即，

设等差数列的首项，公差，，解得，

对于A，由，知为递减数列，故错误；

对于B，由，知当或时，有最大值，故B错误；

对于C，由等差数列求通项公式知，解得，

即，故C错误；

对于D，由等差数列求和公式知，即，解得，即，故D正确；

故选：D.

8．在下列函数中，最小值为2的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合基本不等式的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】对于A选项，时，为负数，A错误.

对于B选项，，，，但不存在使成立，所以B错误.

对于C选项，，当且仅当时等号成立，C正确.

对于D选项，，，，但不存在使成立，所以D错误.

故选：C

9．在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，且满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】根据给定条件探求出，结合转化为二次函数并求函数的最小值即可.

【详解】在△ABC中，M为边BC上任意一点，则，

于是得，而，且与不共线，

则，即有，因此，，

当且仅当时取“=”，此时M为BC中点，

所以的最小值为.

故选：C

10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，.已知，则函数的值域为（       ）

A． B．， C．，， D．，0，

【答案】B

【分析】利用常数分离法将原函数解析式化为，然后分析函数的值域，再根据高斯函数的含义确定的值域.

【详解】，

，，，

，

或0，

的值域为，.

故选：B.

11．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量(单位：)与时间(单位：)间的关系式为，其中为正常数.如果一定量的废气在前的过滤过程中污染物被消除了那么污染物减少到最初含量的还需要经过多长时间？(结果四舍五入取整数，参考数据：)（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由已知条件建立方程求得，再代入模型中求得时间得选项.

【详解】由已知得，方程两边取自然对数得，所以，

设污染物减少到最初含量的需要经过t小时，则，两边取自然对数得，解得，

所以还需要经过个小时的时间使污染物减少到最初含量的，

故选：B.

【点睛】方法点睛：在解决函数的模型的问题时，需注意生活中的量在模型中的含义，建立方程求解.

12．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】问题转化为方程在上有解．分离参数后，引入新函数，求得新函数的值域即可得．

【详解】由题意在上有解．即在上有解，设（），

，当时，，递减，时，，递增，

所以，又，，

所以，

所以的范围是．

故选：C．

二、填空题

13．顶点在坐标原点，准线为的抛物线的标准方程为________．

【答案】

【分析】由抛物线的标准方程求得，即可得出结果.

【详解】由已知可得抛物线的标准方程为：,

由，得，所以所求抛物线的方程为．

故答案为：.

14．已知是定义在上的奇函数，当时，，则_____.

【答案】

【分析】可利用奇函数性质，由，先求出，再求即可

【详解】因为函数是奇函数，所以，当时，，则，则

故答案为：

【点睛】本题考查由函数的奇偶性求解具体函数值，属于基础题

15．设，将的图像向右平移个单位长度，得到的图像，若是偶函数，则的最小值为________．

【答案】

【分析】先化简函数f(x),再求出，由题得，给k赋值即得解.

【详解】，

将的图像向右平移个单位长度得到，

因为函数g(x)是偶函数，

所以，

所以

故答案为

【点睛】本题主要考查三角恒等变换和图像的变换，考查三角函数的图像和性质，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.

16．如图所示，已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，记的内切圆的面积为，的内切圆的面积为，则的取值范围是_______

【答案】

【分析】设圆切、、分别于点、、，分析可知直线的倾斜角取值范围为，推导出圆、圆的半径、满足，求得，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.

【详解】双曲线的，，，渐近线方程为，两渐近线倾斜角分别为和.

设圆切、、分别于点、、，

过的直线与双曲线的右支交于、两点，可知直线的倾斜角取值范围为，

由切线长定理可得，，，

所以，

，则，所以点的横坐标为.

故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，

故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.

在中，，，

，，所以，，

所以，，则，

所以，

即，则，

由直线的倾斜角取值范围为，可知的取值范围为，

则，

故，

则，其中，

令，其中，则在单调递减，在单调递增.

因为，，则当时，，

故.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线焦点三角形内切圆面积和的取值范围的求解，在涉及焦点三角形的问题时，应充分利用双曲线的定义以及圆的几何性质，解本题的关键在于确定两圆的半径所满足的关系式，结合函数的值域来求解.

三、解答题

17．在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，.

（1）求A；

（2）若的面积为，，求c.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理及余弦定理进行边角互化，即得；

（2）由三角形面积公式及正弦定理可得，再利用正弦定理即可得出答案.

【详解】（1）由正弦定理有，，得

由余弦定理有

又由，可得；

（2）由题意有

由正弦定理有，

由，有

由，有，可得

由正弦定理得.

18．在①已知数列满足：，②等比数列中，公比，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，若对恒成立，求正整数的最大值.

【答案】选择条件①（1）；（2）2022；选择条件②（1）；（2）2022.

【分析】（1）选①根据等比数列的定义知为等比数列，求出首项即可求出通项公式；选②根据公比及求和公式列出方程求出首项即可；

（2）由（1）知，可知，由错位相减法求和，由不等式恒成立转化为求最值即可.

【详解】（1）选择条件①，

设等数列的首项为.公比为，

依题意，，得为等比数列，所以，，，

解之得；

∴

选择条件②，设等比数列的首项为，

公比.前5项和为62，

依题意，，，

解之得，

∴.

（2）因为，

所以①

②

1－②得，

所以.

因为，

所以数列单调递增，最小，最小值为.

所以.

所以.

故正整数的最大值为2022.

【点睛】关键点点睛：利用错位相减法求出后，对恒成立转化为求的最小值，属于中档题.

19．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，M是棱PC的中点，点N在棱PB上，且MN⊥PB．

(1)求证：平面BMD；

(2)若AD=2CD，直线PC与平面ABCD所成的角为60°，求平面DMN与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连结AC交BD于点O，连结OM，由中位线可证得OM//PA，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.

【详解】(1)连结AC交BD于点O，连结OM，如图，

因为四边形ABCD是矩形，所以AO=OC，

又因为PM=MC，所以OM//PA，

又因为平面BMD，平面BMD，所以PA∥平面BMD．

(2)由已知得DA，DC，DP两两垂直，以点D为原点建立如图所示的坐标系，

因为PD⊥平面ABCD，

所以∠PCD就是直线PC与平面ABCD所成的角，所以，

故．

设CD=1，则，，

于是．

设

，由，得，

即，

解得，所以．

设平面DMN的一个法向量为，

则由得令，得，

又平面PDA的一个法向量为，

所以．

所以平面DMN与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．

20．已知椭圆的长轴长为，点在上.

（1）求的方程；

（2）设的上顶点为A，右顶点为B，直线与平行，且与交于，两点，，点为的右焦点，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由长轴长求出a，进而将点代入椭圆方程解出b，进而得到答案；

（2）根据得出D为MN的中点，设出直线AB的方程并代入椭圆方程并化简，进而利用根与系数的关系解出中点D的坐标，然后得出，进而求出最小值.

【详解】（1）因为的长轴长为，所以，即.

又点在上，所以，代入，解得，

故的方程为.

（2）由（1）可知，A，B的坐标分别为，，

直线的方程为，

设，

联立得，

由，得，

设，，，因为，所以D为MN的中点，

则，

因为，所以，

又的坐标为，

所以

，

因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.

【点睛】解析几何的压轴题目如果没有思路，那么思路就直接一些，本题要求，就需要点D,F的坐标，考虑到D为MN的中点，于是联想到中点坐标公式和根与系数的关系，接下来便是常规的套路，将直线方程代入到椭圆方程化简，进而解决问题.

21．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)在内单调递减，在内单调递增

(2)

【分析】（1）利用导数求解单调区间即可.

（2）设，则由（1）得，根据题意得到，设，得到，再根据的单调性结合解不等式即可.

【详解】(1)的定义域为，

．

令，解得；令，解得，

所以函数在内单调递减，在内单调递增．

(2)设，则由（1）得，即，

且在内单调递减，在内单调递增，

因此，

，

设，则由，得，

即，从而．

，

令，得，因为当时，；

当时，，

所以在内单调递增，在内单调递减，

又因为，所以由，解得，

又因为，所以．

22．在平面直角坐标系中，直线，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线和直线的交点的极坐标；

（2）将曲线的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标伸长到原来的倍后得到曲线，直线与曲线交于，两点，设点，求的值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）由的参数方程消去参数可得曲线的普通方程为，联立方程组求得交点的直角坐标，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；

（2）根据题意求得的方程为，设出直线的参数方程为（为参数），代入求得的值，结合直线参数的几何意义，即可求解.

【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数）

消去参数可得曲线的普通方程为，

联立方程组，解得或，即交点为和，

再由极坐标与直角坐标的互化公式，可得交点的极坐标为，.

（2）由曲线的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标伸长到原来的倍后得到曲线，

即，代入，可得曲线的方程为，

由点，可得设直线的参数方程为（为参数），

将的参数方程代入，整理，解得，，

又由直线参数方程的几何意义，可得，

即的值为.

23．已知函数

若，求函数的最小值；

如果关于x的不等式的解集不是空集，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】当时，，当时，取等号，由此的最小值是3．关于x的不等式的解集不是空集，只需，由此能求出实数a的取值范围．

【详解】解：当时，，

当，即时，取等号，

的最小值是3．

，

当时取等号，

若关于x的不等式的解集不是空集，

只需，解得，

实数a的取值范围是．

【点睛】本题考查函数的最小值的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意含绝对值不等式的性质的合理运用．