2022届贵州省贵阳市五校（贵阳民中 贵阳九中 贵州省实验中学 贵阳二中 贵阳八中）高三下学期联考（五）数学（理）试题含解析

2022届贵州省贵阳市五校（贵阳民中 贵阳九中 贵州省实验中学 贵阳二中 贵阳八中）高三下学期联考（五）

数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合即得解.

【详解】解：由题得，

所以.

故选：B

2．设复数，则的的虚部是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数乘方运算和除法运算化简复数，再根据复数的概念可得结果.

【详解】,

所以的的虚部是.

故选：A

3．随着消费者环保意识的增强，新能源汽车得到了消费者的青睐.如图是某品牌的新能源汽车在今年的前8个月的销量（单位：辆）情况，以下描述错误的是（       ）

A．这8个月销量的极差是3258 B．这8个月销量的中位数是3194

C．这8个月中2月份的销量最低 D．这8个月中销量比前一个月增长最多的是4月份

【答案】B

【分析】根据折线图提供的数据结合极差、中位数等概念判断．

【详解】极差是，A正确；

中位数是，B错误；

这8个月中2月份的销量最低，C正确；

这8个月中销量比前一个月增长最多的是4月份，增加1619．D正确．

故选：B．

4．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】应用诱导公式、倍角正余弦公式及同角三角函数的关系化成齐次式形式，进而可得，结合已知求值即可.

【详解】，

故选：A.

5．一个正方体截去两个角后所得几何体的正（主）视图、俯视图如图所示，则其侧视图（左）视图为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由正视图和俯视图可得几何体的直观图，由直观图可得侧（左）视图.

【详解】由正（主）视图、俯视图可得几何体的直观图如下图所示，

侧（左）视图如下图所示，

故选：C．

6．若直线被圆所截得的弦长为，则实数的值为（       ）

A．或3 B．或3 C．0或4 D．或6

【答案】C

【分析】利用直线和圆相交的弦长公式，直接求解实数的值.

【详解】解：由圆得圆心，半径，则圆心到直线的距离，

弦长，解得：或.

故选：C.

7．编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（       ）

A．10种 B．20种 C．30种 D．60种

【答案】B

【分析】先选择两个编号与座位号一致的人，另外三个人编号与座位号不一致，由此确定正确选项.

【详解】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有，

另外三个人编号与座位号不一致，方法数有，

所以不同的坐法有种.

故选：B

8．在中，，，的角平分线的长为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在中，利用正弦定理可求得，利用三角形内角和可求得，从而确定，在中利用正弦定理可得结果.

【详解】

在中，由正弦定理得：，即，

又，，，

，则，，

，

在中，由正弦定理得：，.

故选：C.

9．设，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合指数、对数函数单调性判断出大致范围，即可求解.

【详解】因为，，，所以.

故选：D．

10．如图，已知双曲线的右焦点为F，点P，Q分别在C的两条渐近线上，且P在第一象限，O为坐标原点，若，，则双曲线C的离心率为（       ）

A． B．2 C．4 D．

【答案】B

【分析】设，得到，根据，求得的坐标，根据，列出方程，求得，进而求得双曲线的离心率.

【详解】由题意，可设，则，

因为，且，可得，即，所以，，

又，所以，即，则，

所以C的离心率.

故选B.

11．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意先求出，再由三棱锥的体积为，得到高，再利用正三棱锥可看作正方体的一角，正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，

求出外接球的半径，球的最大截面圆为过球心的圆.当垂直于过的截面时，截面圆半径最小，求出此时半径即可求出相应的面积.

即可求出过点的平面截球所得截面面积的取值范围.

【详解】

设在底面上的射影为，因为，所以为的中心，由题可知，，由，解得

在正中，可得.从而直角在中解得.

进而可得，，，因此正三棱锥可看作正方体的一角，

正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心.

记外接球半径为，则，因为球的最大截面圆为过球心的圆，

所以过的平面截球所得截面的面积最大为；

又为中点，由正方体结构特征可得

由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，

截面圆半径最小为所以.

因此，过的平面截球所得截面的面积范围为.

故选：A.

12．设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则m的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】作出图示，求出当时，函数的解析式，求出成立的x的值，运用数形结合的思想可得选项．

【详解】解：时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．

如图所示：当时，，令，解得，

所以要使对任意，都有，则，，

故选：B．

【点睛】易错点睛：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．

二、填空题

13．已知向量满足，，，则与的夹角为___________.

【答案】

【分析】利用坐标运算求得，根据数量积的运算律可求得，由此可得结果.

【详解】，，

，

解得：，又，.

故答案为：.

14．已知展开式中第5项为常数项，则n＝________.

【答案】5

【分析】由二项式写出展开式通项，根据第5项为常数项求n即可.

【详解】由题设，，

由第5项为常数项，即时，，可得.

故答案为：5

15．设F1，F2分别是椭圆+=1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6，4)，则|PM|+|PF1|的最大值为____.

【答案】15

【分析】利用椭圆的定义得|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|)求解.

【详解】如图所示：

在椭圆+=1中，a=5，b=4，c=3，

所以焦点坐标分别为F1(-3，0)，F2(3，0).

|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).

∵|PM|-|PF2|≤|MF2|，当且仅当P在直线MF2上时取等号，

∴当点P与图中的点P0重合时，有(|PM|-|PF2|)max=|MF2|==5，

此时|PM|+|PF1|取最大值，最大值为10+5=15.

故答案为：15

16．已知函数，若函数的图象在区间上的最高点和最低点共有个，下列说法正确的是___________.

①在上有且仅有个零点；

②在上有且仅有个极大值点；

③的取值范围是；

④在上为单递增函数.

【答案】②③

【分析】利用辅助角公式可化简得到，令，则，利用正弦函数图象可确定的范围，由此确定③正确；结合图象可知①②的正误；根据知④错误.

【详解】，

当时，，

令，则在上的最高点和最低点共有个，

由图象可知：需满足：，解得：，③正确；

当时，有且仅有个零点，即在上有且仅有个零点，①错误；

当时，有且仅有个极大值点，②正确；

当时，，则，

在上有增有减，④错误.

故答案为：②③.

【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数图象与性质的相关应用，解题关键是能够将看做一个整体，采用换元法研究的图象，通过所需满足的范围确定范围及的性质.

三、解答题

17．某小区毗邻一条公路，为了解交通噪声，连续天监测噪声值（单位：分贝），得到频率分布直方图（图甲）.发现噪声污染严重，经有关部门在公路旁加装隔声板等治理措施后，再连续天监测噪声值，得到频率分布直方图（图乙）.把同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，请解答下列问题：

(1)根据图乙估算出该小区治理后平均噪声值为分贝，估计治理后比治理前的平均噪声值降低了多少分贝？

(2)国家“城市区域环境噪声”规定：重度污染：分贝；中度污染：分贝；轻度污染：分贝；较好：分贝；好：分贝.把上述两个样本数据的频率视为概率，根据图甲估算出该小区噪声治理前一年内（天）噪声中度污染以上的天数为天，根据图乙估计一年内（天）噪声中度污染以上的天数比治理前减少了多少天？（精确到天）

【答案】(1)分贝；

(2)天.

【分析】（1）利用频率分布直方图估计平均数的方法可计算得到治理前的平均数，由此可得降低的分贝数；

（2）根据治理后中度污染以上的噪声值的频率可计算得到一年内的天数，由此可得减少的天数.

(1)

设治理前、后样本的平均值分别为，

，

又，，

治理后比治理前的平均噪声值降低了分贝；

(2)

由题意知：样本中度污染以上的噪声值在，

治理后，中度污染以上的频率为，

，则，

一年内，噪声中度污染以上的天数比治理前减少了天.

18．已知数列的前项和是，且，等差数列中，．

(1)求数列的通项公式；

(2)定义：记，求数列的前20项和．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用求得递推关系得等比数列，从而得通项公式，再由等差数列的基本时法求得通项公式；

（2）根据定义求得，然后分组求和法求得和．

(1)

由题意，当时，．

两式相减，得，即．

是首项为3，公比为3的等比数列．

．

设数列的公差为，

．

．

(2)

由．

19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；

（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；

（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；

【详解】（1）[方法一]：几何法

因为，所以．

又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，

因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，

易证，则．

又因为，所以．

又因为，所以平面．

又因为平面，所以．

 [方法二] 【最优解】：向量法

因为三棱柱是直三棱柱，底面，

，，，又，平面．所以两两垂直．

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．

由题设（）．

因为，

所以，所以．

  [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．

（2）[方法一]【最优解】：向量法

设平面的法向量为，

因为，

所以，即．

令，则

因为平面的法向量为，

设平面与平面的二面角的平面角为，

则．

当时，取最小值为，

此时取最大值为．

所以，此时．

 [方法二] ：几何法

如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．

设，过作交于点G．

由得．

又，即，所以．

又，即，所以．

所以．

则，

所以，当时，．

[方法三]：投影法

如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．

设，在中，．

在中，，过D作的平行线交于点Q．

在中，．

在中，由余弦定理得，，，

，，

当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．

【整体点评】

第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.

第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．

20．已知抛物线的焦点为，是该抛物线上的一个动点，为坐标原点，当点的纵坐标为时，.

(1)求抛物线的方程；

(2)动点在抛物线的准线上，过点作抛物线的两条切线分别交轴于两点，当的面积是时，求点的坐标.

【答案】(1)；

(2)或

【分析】（1）利用抛物线焦半径公式可得，结合和可构造方程求得，进而得到抛物线方程；

（2）设，可得切线方程，与抛物线方程联立知，则是的两根，由此可得韦达定理形式；求得坐标后，表示出，代入韦达定理的形式可构造方程求得结果.

(1)

设，则点在轴上的射影点，

，，，，

又，

，解得：，抛物线的方程为：；

(2)

设动点，

过点的抛物线切线斜率存在，则可设斜率为，则切线为：，

由得：，

则，即，

过可作抛物线的两条切线，则有两个不等实根，

可设两条切线斜率分别为，则；

切线与轴交于点；

切线与轴交于点；

，解得：，

或.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据抛物线中的三角形面积求解参数值的问题，解题关键是能够明确是切线与抛物线联立后，的方程的两根，由此可得韦达定理的形式，进而将韦达定理代入三角形面积公式中求得结果.

21．已知函数，.

（1）若存在单调递增区间，求的取值范围；

（2）若，与为的两个不同极值点，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由题意知有解，分离可得有解，令，可得，利用导数求的最大值即可求解；

（2）由题意知，是的两根，将，代入整理可得，所证明不等式为，令，问题转化为证明成立，利用导数证明单调性求最值即可求证.

【详解】（1）函数定义域为，根据题意知有解，

即有解，令，，

且当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，所以；

（2）由，是的不同极值点，知，是的两根，

即，所以①，

联立可得：②，

要证，由①代入即证，即，

由②代入可得③，

因为，则③等价于，

令，问题转化为证明④成立，

而，

在上单调递增，当，④成立，即得证.

【点睛】方法点睛：破解双参数不等式的方法：

一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；

二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；

三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数）.以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（）

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2），直线与曲线相交于，两点，若，求.

【答案】（1），，；（2）.

【分析】（1）消去参数可得曲线的普通方程为；利用两角差的正弦公式化简，再根据直角坐标与极坐标的互化公式可得线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程为为参数）代入，利用参数的几何意义可求出结果.

【详解】（1）由曲线的参数方程消去参数得曲线的普通方程为

由直线的极坐标方程为：，

得，

整理得，

所以，

所以直线的直角坐标方程为，,

（2）由（1）得，直线的参数方程为为参数）代入，

整理得，，

设点，对应的参数分别为，，

则，①     ，②

因为，则，且，，

即，③

① ③联立，得，.

代入②式整理得，

所以.

【点睛】关键点点睛：掌握参数方程化普通方程、直角坐标与极坐标的互化公式以及直线参数方程中参数的几何意义是解题关键.

23．记函数的最小值为．

(1)求的值；

(2)若正数满足，证明：．

【答案】(1);

(2)证明见解析；

【分析】（1）将函数化简为分段函数形式，并作出函数图像，由图像判断并计算最小值；（2）由（1）得，可得，将证明不等式转化为证明成立，利用柯西不等式证明即可.

(1)

由题意得，，作出函数图像如图所示，由图可知，当时，函数取最小值，，故.

(2)

由（1）得，故，因为均为正数，所以要证明不等式，只需证明，由柯西不等式得：，当且仅当时，取等号，所以原不等式成立.

【点睛】函数中有绝对值形式的情况，一般在求解时需要去绝对值，转化为分段函数，并作出图像，数形结合分析求解.