2022届甘肃省武威第一中学高三数学（文）冲刺试题含解析

2022届甘肃省武威第一中学高三数学（文）冲刺试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用对数的真数为正、指数函数的值域化简两个集合，再求其交集.

【详解】因为，

，

所以.

故选：B.

2．已知复数，，则复平面内表示复数的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】利用复数的四则运算法则和复数的几何意义求解即可.

【详解】，

则复平面内表示复数的点在第四象限，

故选：.

3．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用特殊值法，结合已知逐一判断即可.

【详解】因为，所以，选项A正确；

当时，显然满足，但，选项B不正确；

当时，显然满足，但，选项C不正确；

当时，显然满足，但是，选项D不正确，

故选：A

4．在等比数列中，已知，则公比（       ）

A． B． C．3 D．

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质求得，再结合已知条件，即可求得结果.

【详解】由等比数列，解得，所以，所以.

故选：.

5．已知点E是的中线上的一点（不包括端点）．若，则的最小值为（       ）

A．4 B．6 C．8 D．9

【答案】C

【分析】先根据向量共线可知，表达出和的关系式后利用基本不等式的代“1”法解基本不等式即可.

【详解】解：由题意得：

点E是的中线上的一点（不包括端点）,则由共线向量定理可知：

设

当且仅当，即时取等号，故的最小值为.

故选：C

6．如图是某多面体的三视图，尺寸如图，则该几何体的体积是（       ）

A．6.5 B． C． D．3.5

【答案】A

【分析】由题得该几何体为一个正方体被切去一个大角和一个小角，利用体积公式计算即可.

【详解】由题可得该几何体为一个正方体被切去一个大角和一个小角，如图，

该几何体的体积为

故选：A.

7．连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量与向量的夹角的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】确定的可能组合数，由题设列举出的可能组合，即可求概率.

【详解】由题设，向量的可能组合有36种，

要使向量与向量的夹角，则，即，

满足条件的情况如下：

时，，

时，，

时，，

时，，

时，，

综上，共有15种，故向量与向量的夹角的概率是.

故选：D

8．已知函数，.的最小值为（       ）

A．2 B．1 C．4 D．6

【答案】A

【分析】利用正弦函数的性质可得周期，进而计算即得．

【详解】∵，

∴函数的最小正周期的最大值为，

故的最小值为．

故选：Ａ

9．已知函数，则关于的方程有个不同实数解，则实数满足（       ）

A．且 B．且

C．且 D．且

【答案】C

【分析】令，利用换元法可得，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根、，作出函数的图象，结合题意和图象可得、，进而得出结果.

【详解】令，作出函数的图象如下图所示：

由于方程至多两个实根，设为和，

由图象可知，直线与函数图象的交点个数可能为0､2､3､4，

由于关于x的方程有7个不同实数解，

则关于u的二次方程的一根为，则，

则方程的另一根为，

直线与函数图象的交点个数必为4，则，解得.

所以且.

故选：C.

10．已知抛物线：的焦点为，点为，若射线与抛物线相交于点，与准线相交于点，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由抛物线定义得，进而求得，再结合坐标及斜率公式即可求解.

【详解】

如图，作垂直于准线，垂足为.因为，则，，，

又，，则，解得.

故选：B.

11．如图，半径为4的球中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的表面积之差为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆柱底面半径为，球的半径与圆柱底面夹角为，利用三角函数求出圆柱的表面积的最大值，即可求出球的表面积与圆柱的表面积之差.

【详解】如图.

设圆柱底面半径为，球的半径与圆柱底面夹角为，则，，

圆柱的高，

圆柱的侧面积为，

当且仅当时，，圆柱的侧面积最大，为，

球的表面积与圆柱的表面积之差为.

故选：D．

12．已知函数，若对任意的，存在使得，则实数a的取值范围是（　　）

A． B．[，4]

C． D．

【答案】B

【分析】结合导数和二次函数的性质可求出和的值域，结合已知条件可得，，从而可求出实数a的取值范围.

【详解】解：的导函数为，

由时，，时，，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，

故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=，

所以对于任意的，．

因为开口向下，对称轴为轴，

所以当时，，当时，，

则函数在[，2]上的值域为[a–4，a]，

由题意，得，，

可得，解得．

故选：B.

二、填空题

13．函数图象的一个对称中心的坐标是______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据正切型函数的对称中心可直接求出答案.

【详解】令，解得,则图象的对称中心的坐标是．

当时，，则是图像的一个对称中心．

故答案为：（答案不唯一）.

14．已知函数，则______．

【答案】4043

【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解.

【详解】由题意，函数，

可得

，

设，

则

两式相加，可得

，

所以.

故答案为：.

15．已知实数，，满足则的取值范围是________．（用区间表示）

【答案】

【分析】直接用表示出，然后由不等式性质得出结论．

【详解】,

则解得，则，

又，

∴，

即，

故答案为：．

16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，P为渐近线上一点，若，且，则该双曲线的离心率为______.

【答案】

【分析】先在中利用余弦定理求出，再利用勾股定理判断为直角三角形，再利用直角三角形求出的值，再利用进行求解.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

设，

在中，因为，

所以，

即，且为直角三角形；

所以在中，，，，

所以，则双曲线的离心率为

.

故答案为：.

三、解答题

17．已知圆C的参数方程是（为参数）.以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，将直线向左平移3个单位长度得到直线.

(1)求圆C的极坐标方程和直线的直角坐标方程；

(2)直线与圆C交于点A，B，求优弧和劣弧长度的比值.

【答案】(1)；；

(2)2.

【分析】（1）将圆C的参数方程转为直角坐标方程然后利用互化公式即得，由题可得直线的直角坐标方程，利用平移变换可得直线的直角坐标方程；

（2）由题可得直线的极坐标方程为，利用韦达定理可得，然后利用圆的性质即得.

【详解】(1)圆C的参数方程为(为参数)，

转为直角坐标方程为，

把代入方程，

化简可得圆C的极坐标方程为；

由直线的极坐标方程为，

可得直线的直角坐标方程为，即，

∴直线的直角坐标方程为；

(2)因为直线的直角坐标方程为，

所以直线的极坐标方程为，代入圆C的极坐标方程为，

可得，

设对应的极径为，则，

∴，

又圆C的半径为2，

∴，

∴劣弧所对的圆心角为，优弧所对的圆心角为，

所以，优弧和劣弧长度的比值为2.

18．已知函数，曲线在点处的切线方程为．

(1)求实数a；

(2)求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由导数的几何意义及切线方程有，即可求a；

（2）应用分析法，将问题转化为证在上，针对不等式左右两侧分别构造函数，并应用导数研究最值，即可证结论.

【详解】(1)由题设，，则，解得．

(2)由（1）知：，

要证且，需证，

令，则，

所以时，递增；时，递减．

∴，

令，在单调递增，

∴，

综上，，即，故，得证．

19．已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点．

(1)若线段的中点为，求的值；

(2)若，求证：原点到直线的距离为定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）设出两点的坐标，利用点差法即可求出的值；

（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，写韦达；根据，求出，从而可证明原点到直线的距离为定值．

【详解】(1)设，则，，

两式相减，得，即，

所以，即，

又因为线段的中点为，所以，即；

(2)设斜率为的直线为，，

由，得，

所以，

，

因为，所以，

即，所以，

所以，即，

所以，

原点到直线的距离为.

所以原点到直线的距离为定值.

20．如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆周上一点，，四边形为矩形，点在上，且平面.

(1)请判断点的位置并说明理由；

(2)平面将多面体分成两部分，求体积较大部分几何体的体积.

【答案】(1)点是的中点，理由见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，即可得到，从而得到平面，同理可证平面，即可得到平面平面，从而得证；

（2）由勾股定理求出，，再根据锥体的体积公式求出、、、即可得解；

【详解】(1)解：点是的中点，

取的中点，连接，，因为为的中点，所以，

又平面，平面，所以平面，

由四边形为矩形，所以，

又平面，平面，所以平面，

因为，平面，所以平面平面，

因为平面，所以平面，

(2)解：由（1）知点是的中点，

因为，所以，

所以，且，所以，

所以三棱锥的体积；

又三棱锥的体积，

所以四棱锥的体积，

所以几何体的体积，

所以体积较大部分几何体的体积为；

21．为提升学生身体素质，鼓励学生参加体育运动，某高中学校学生发展中心随机抽查了200名学生，统计他们在寒假期间每天参加体育运动的时间，并把每天参加体育运动时间超过30分钟的记为“运动达标”，时间不超过30分钟的记为“运动欠佳”，统计情况如下：

(1)完成列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“运动达标”与“性别”有关？

(2)现从“运动欠佳”的学生中按性别用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中任选2人进行体育运动指导，求选中的2人都是女生的概率.

参考公式：，其中.

参考数据：

【答案】(1)列联表见解析，能

(2)

【分析】（1）根据统计图，算出对应人数，即可完成列联表，再根据公式计算判断即可；

（2）通过列举法得出5人中任选2人的不同情况，根据定义即可得到选中的2人都是女生的概率

【详解】(1)列联表为

，

所以能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“运动达标”与“性别”有关.

(2)由（1）知“运动欠佳”的男生、女生分别有32人和48人，按分层抽样的方法从中抽取5人，则男生、女生分别抽到2人和3人，记两名男生分别为A，B，三名女生分别为a，b，c.

则从5人中任选2人有，，，，，，，，，共10种情况，其中两人全是女生的情况有，，共3种，所以，即选中的2人都是女生的概率为.

22．在中，角，，所对的边分别为，，，且.

(1)判断的性状，并加以证明；

(2)，，点，分别在线段，上，且，求的最小值.

【答案】(1)直角三角形；

(2)

【分析】（1）由余弦的二倍角公式变形后利用余弦定理化角为边，从而得三角形形状；

（2）求出面积，得为定值，用余弦定理求并利用基本不等式得最小值．

【详解】(1)由，得，所以，

由余弦定理得，整理得，所以，是直角三角形；

(2)由，，得，，

，

，

所以，

，当且仅当时等号成立，

所以的最小值是．