2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期第三次阶段考数学（理）试题含解析

这是一份2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期第三次阶段考数学（理）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期第三次阶段考数学（理）试题一、单选题1．设集合，.则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用补集和交集的定义直接求解.【详解】因为，，所以，故选：C.2．已知复数（为虚数单位），则（       ）A．i B． C． D．1【答案】B【分析】根据复数的除法运算求解即可.【详解】因为，所以，故选：B3．在等差数列中， ，且， ， 成等比数列，则公差（       ）A．-1 B．0 C．2 D．3【答案】D【分析】利用等比数列化简方程，求出公差，验证求解即可．【详解】解：等差数列的公差为，，，成等比数列，，即，，整理得，解得或，当时，（舍去），．故选：D．4．陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一.传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽.中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺.如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱.其中总高度为，圆柱部分高度为，已知该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求得该陀螺的总体积，结合圆柱和圆锥的体积公式，列出方程，即可求解.【详解】由题意，该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，可得该陀螺的总体积为，设底面半径为，则，解得.故选:B.5．下列结论中正确的是A．“”是“”的必要不充分条件B．命题“若，则.”的否命题是“若，则”C．“”是“函数在定义域上单调递增”的充分不必要条件D．命题：“，”的否定是“，”【答案】D【详解】“”则一定有“”，反之时，故推不出．故是充分不必要条件．故选项不对．B．命题“若，则.”的否命题是：若，则 故选项不对．C．“”是“函数在定义域上单调递增”的充要条件，故选项不对．D．命题：“，”的否定是“，”，只否结论不否条件．故正确．故答案为D．6．在中，为边的中点，且满足，，则的面积为（       ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律得到，从而求出，再根据面积公式计算可得；【详解】解：在中，为的中点，则，所以.因为，，则，所以，，所以.故选：A7．在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同两点，若，，为正数，则的最小值为A．2 B． C． D．【答案】A【详解】 ∵M、O、N三点共线，∴， ， 故选A．点睛：本题考查了平面向量共线定理，系数和等于1，再就是均值不等式的应用，1的妙用．对于向量中的，求系数问题，一般都是考查平面向量的共线定理和基本定理，寻求三点共线的条件，从而得到系数关系，再由不等式或者换元的方法得结果即可．8．函数的部分图象大致为A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的性质和函数值的取值情况进行分析、判断可得结论．【详解】因为，所以函数为偶函数，故函数的图象关于轴对称，故可排除A，C；又当，，所以，故可排除B．从而可得选项D正确．故选D．【点睛】本题考查用排除法判断函数图象的形状，解题的关键是根据函数的解析式得到函数为偶函数，进而得到图象的对称情况，然后再通过判断函数值的方法求解．9．已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设，则，所以，，即，又，所以，．故选A．【解析】椭圆的几何性质．【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．10．平面向量满足，，在上的投影为5，则的值为（       ）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】根据向量投影公式求出，利用，展开转化为，进而求出，可得结论.【详解】解：因为在上的投影为，所以．又，所以．故选:B.【点睛】本题考查向量的投影以及向量摸长计算，考查向量数量积运算，属于中档题.11．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（       ）A． B． C． D．【答案】A【详解】设球心为O，由图可知，，得，解得，，故选A．点睛：立体几何问题，立体问题平面化是常用方法．外接球问题首先分析清楚立体图形的特点，本题中，首先由题意可知在底面的投影是中点，球心在上，从而得到对应的平面图形，通过方程思想得到等式，解得答案．12．函数有极小值，且极小值为0，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得函数的导数，根据有极小值，得到，又由，求得，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】由，可得，因为有极小值，记为，则，即，又由，所以，即，所以.设，当时，，所以在上单调递增，当时，可得，所以的最小值为.故选：B.二、多选题13．如图，已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，底面圆的直径为，是圆上异于，的一点，为弦的中点，为线段上异于，的点，以下正确的结论有（       ）A．直线平面B．与一定为异面直线C．直线可能平行于平面D．若，则的最小值为【答案】ABD【分析】证明，利用线面垂直的判定定理可判断A；由异面直线的定义可判断B；假设平面，可证得平面平面与已知矛盾可判断C；在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，当，，共线时，取得最小值可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：在中，因为，为的中点，所以，又垂直于圆所在的平面，所以，因为，所以平面，所以A正确.对于B：因为面，面，面，，根据异面直线判定定理知与一定为异面直线，所以B正确.对于C：若直线平行于平面，因为，平面，平面，则平面，，所以平面平面与平面和平面相交矛盾，所以C不正确.对于D：在中，，，所以，同理，所以.在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示，当，，共线时，取得最小值.又因为，，所以垂直平分，即为的中点，从而，亦即的最小值为，所以D正确.故选：ABD.三、填空题14．已知则______．【答案】【详解】15．双曲线：（，）的左顶点为，右焦点为，动点在双曲线上.当时，，则双曲线的渐近线方程为______.【答案】【分析】根据题意和所给条件可得，由此齐次式可得，再利用之间的关系求得即可得解.【详解】设双曲线的半焦距为，则，因为，所以，所以，即，故.所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：.16．已知数列的前项和，若，则_________．【答案】 【详解】解：由an+1+(−1)nan=n可得：当n=2k时,有a2k+1+a2k=2k，①当n=2k−1时,有a2k−a2k−1=2k−1，②当n=2k+1时,有a2k+2−a2k+1=2k+1，③①−②得：a2k+1+a2k−1=1，①+③得：a2k+2+a2k=4k+1，∴a2k−1+a2k+a2k+1+a2k+2=4k+2.∴S40=4×(1+3+…+19)+20=420.四、解答题17．已知数列的前n项和为，，，，其中为常数．(1)证明：；(2)若为等差数列，求．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意，即可得到，两式作差即可得证；（2）首先表示出、，再根据等差中项的性质得到方程，解得，即可求出数列的通项公式，再根据等差数列求和公式计算可得；【详解】(1)证明：由题设，所以，两式相减得.因为，所以；(2)解：由题设，，，可得，由（1）知，.若为等差数列，则，解得，故.由此可得是首项为1，公差为4的等差数列，所以；是首项为3，公差为4的等差数列，.所以，所以，因此存在，使得数列为等差数列．所以.18．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点.（1）求椭圆M的方程；（2）求的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据离心率公式和焦距求的值，从而求椭圆M的方程；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立消元写韦达定理，根据弦长公式求出，然后利用二次函数求最值.【详解】（1）由题意得，解得.所以椭圆M的方程为.（2）设直线l的方程为，，联立，得，由，得，   ，，所以=，易知当，即直线l过原点时，最大，最大值为.19．已知△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，E，F分别为AC和AB上的点，且AE＝1，EF∥BC，如图1．沿EF将△AEF折起使平面AEF⊥平面BCEF，连接AC，AB，如图2．(1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值；(2)已知M为棱AC上一点，试确定M的位置，使EM∥平面ABF．【答案】(1)(2)AM=AC时，EM∥平面ABF【分析】（1）以点为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法求异面直线AC与BF所成角的余弦值；（2）设为平面的一个法向量，由EM∥平面ABF得出，进而确定M的位置.【详解】(1)因为平面AEF⊥平面BCEF，平面AEF平面BCEF，，所以平面，所以，又，所以建立如下图所示的空间直角坐标系.由题意可知，所以所以所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为.(2)设，因为，所以设为平面的一个法向量则，即，因此可取所以因为EM∥平面ABF，所以，即所以当时，EM∥平面ABF.20．现有下列三个条件：①函数f(x)的最小正周期为π；②函数f(x)的图象可以由y＝sinx－cosx的图象平移得到；③函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离．从中任选一个条件补充在下面的问题中，并作出正确解答．已知向量，ω＞0，函数．且满足_________．(1)求f(x)的表达式；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，＝2，求cosA的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)选择条件①与③，结果相同，，选②，则无答案.(2)【分析】（1）先用辅助角公式化简，然后选①，利用最小正周期求出；选②：不能由由y＝sinx－cosx的图象平移得到，无答案；选③：利用相邻两条对称轴之间的距离得到最小正周期，进而求出答案；（2）在第一问的基础上，先求出，再用正弦定理求出及的值，进而利用求出答案.【详解】(1)因为，若选①：函数f(x)的最小正周期为π；则，解得：，此时；若选②：，而，故函数f(x)的图象不能由y＝sinx－cosx的图象平移得到；若选③：函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离，则，解得：，即，解得：，此时，综上：选择条件①与③，结果相同，，选②，则无答案.(2)由（1）知：，所以，因为，所以，，，又，由正弦定理得：，整理得：，因为，所以，所以，又，所以，所以.21．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M，且MN⊥PQ，求线段MN所在的直线方程．【答案】(1)＋＝1(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0【分析】（1）由离心率公式以及余弦定理得出椭圆C的方程；（2）联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式得出点坐标，再由垂直关系得出线段MN所在的直线方程．【详解】(1)解：（1）由e＝，得a＝2c，易知|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cos A＝|F1F2|2，即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×＝a2，解得a＝2，则c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的方程为＋＝1；(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，∴N.又M，则kMN＝＝－.∵MN⊥PQ，∴kMN＝－，得k＝或，则kMN＝－2或kMN＝－，故直线MN的方程为16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0.【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是将MN⊥PQ转化为kMN＝－，结合韦达定理以及中点坐标公式得出直线MN的方程.22．已知函数f(x)＝lnx＋有两个零点．(1)证明：0＜a＜．(2)若f(x)的两个零点为，，且＜，证明：2a＜＋＜1．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出，分和两种情况，分别利用导数判断函数的单调性，函数的极值，由函数有两个零点，列式求解，即可得到答案；（2）利用（1）中的结论，，构造函数，利用导数研究函数的单调性，得到(a)，即可证明，令，，得到，从而得到，构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明结论．【详解】(1)，，所以，当时，，则在上单调递增，不符合题意；当时，令，解得，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，所以当时，取得极小值，又因为函数有两个零点，所以，可得．综上所述，；(2)由（1）可知，的极小值点，则，设，，可得，，所以在上单调递增，则(a)，即，则，，所以当时，且，因为当时，单调递增，所以，即，设，，则，即，即，所以，故，又因为，则，故在上单调递减，所以，故，即．综上所述，．【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值的应用，导数与不等式的综合应用，在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．