2022届吉林省吉林市高三下学期第三次调研测试数学（理）试题含解析

这是一份2022届吉林省吉林市高三下学期第三次调研测试数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届吉林省吉林市高三下学期第三次调研测试数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】直接根据并集运算求解.【详解】因为，，所以，故选：B2．下列函数在其定义域上单调递增的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用基本初等函数的单调性以及单调性的性质逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，A选项满足要求；对于B选项，函数在上为减函数，B选项不满足要求；对于C选项，函数在其定义域上不单调，C选项不满足要求；对于D选项，函数在其定义域上为减函数，D选项不满足要求.故选：A.3．已知数列的首项，若向量，向量，且满足，则数列的通项公式为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题目所给的条件，求出数列的递推关系，再根据递推关系求出通项公式.【详解】由题意， ，即 ，数列 是首项为1，公差d=1的等差数列， ；故选：D.4．二进制转化为十进制数是（       ）A．8 B．9 C．16 D．18【答案】B【分析】根据二进制转换为十进制的规则运算即可.【详解】 ；故选：B.5．已知两圆方程分别为和．则两圆的公切线有（       ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【分析】得出两圆的位置关系后判断【详解】两圆的圆心分别为和，半径分别为2和3，圆心距，则两圆外切，公切线有3条．故选：C6．在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面所在平面截圆柱桶所成的截口曲线的所有类型有：（       ）①矩形   ②圆   ③椭圆   ④部分抛物线   ⑤部分椭圆A．②③⑤ B．①②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④【答案】C【分析】对不同的放置情况分别判断，得出结论【详解】当圆柱桶竖直放置时，截口曲线为圆；当圆柱桶水平放置时，截口曲线为矩形；当圆柱桶倾斜放置时，若液面经过底面，则截口曲线为椭圆的一部分；当圆柱桶倾斜放置时，若液面不经过底面，则截口曲线为椭圆；故选：C7．若函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围（        ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由条件转化为恒成立，即可求解.【详解】恒成立，即，解得：.故选：A8．位于灯塔A处正西方向相距n mile的B处有一艘甲船需要海上救援，位于灯塔A处北偏东45°相距n mile的C处的一艘乙船前往营救，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西（          ）A．30° B．60° C．75° D．45°【答案】B【分析】根据已知条件作出图形，找出要求的角为，运用解三角形的知识进行求解.【详解】依题意，过点作的延长线交于点，如图，则，，，在中，，在中，，， 又 ，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西60°.故选：B.9．若椭圆C的方程为，则“”是“椭圆C的离心率为”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】A【分析】由椭圆的性质得推出关系后判断【详解】椭圆C的离心率为，即，若椭圆焦点在轴上，则，得，若椭圆焦点在轴上，则，得，故“”是“椭圆C的离心率为”的充分不必要条件，故选：A10．已知函数在上有且仅有个零点，则的取值范围是（        ）A． B．C． D．【答案】B【分析】当时，，由已知条件可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.【详解】因为，当时，，因为函数在上有且仅有个零点，则，解得.故选：B.11．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是（       ）A．该几何体外接球的表面积为B．该几何体外接球的体积为C．该几何体的体积与原正方体的体积比为2：3D．该几何体的表面积比原正方体的表面积小【答案】C【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断【详解】由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的表面积为，体积为，故A，B正确对于C，该几何体的体积，正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为，故C错误，对于D，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，故D正确故选：C12．已知，，，则（        ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.【详解】令，，当时，，，，单调递增，，即，，即，令，，令， 令，，当时，，单调递增，在上单调递减，，，在上单调递减，，即， 综上：.故选：D.二、填空题13．已知，则的最小值是______．【答案】6【分析】根据给定条件，利用均值不等式计算作答.【详解】，则，当且仅当，即时取“=”，所以的最小值是6.故答案为：614．抛物线的焦点F关于其准线的对称点坐标是______．【答案】【分析】求出给定抛物线的焦点坐标、准线方程，再结合轴对称求解作答.【详解】抛物线的焦点，准线方程为，所以焦点F关于准线的对称点坐标是.故答案为：15．中国于2022年2月在北京成功地举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会．共赴冰雪之约，共享冬奥机遇，“冰雪经济”逐渐升温，“带动三亿人参与冰雪运动”已从愿景变为现实，中国各地滑雪场的数量也由2015年的1255家增加到2021年的3100家．下面是2016年至2021年中国滑雪场新增数量和滑雪场类型统计图，下列说法中正确的序号是______．①2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高②2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升③2016年至2021年中国滑雪场新增数量逐年增加④2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多【答案】①②④【分析】根据柱状图和扇形图，分别判断选项.【详解】由扇形统计图可知，2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高，故①正确；由柱状图可知，2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升，故②正确；由柱状图可知，2020年比2019年下降了，故③不正确；由图可知，2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多，故④正确.故答案为：①②④三、双空题16．已知复数，对于数列，定义为的“优值”．若某数列的“优值”，则数列的通项公式______；若不等式对于恒成立，则k的取值范围是______．【答案】          【分析】根据复数的运算以及优值得定义可知，进而可得通项，根据通项得，分奇数和偶数两种情况讨论即可得范围.【详解】由得,所以,进而可得,当时,,两式相减得,当时,也符合.故,即可当为偶数时, (当时等号成立)，故当为奇数时, (当时等号成立)，故，故对于恒成立，则故答案为：，四、解答题17．如图，在平面四边形APBC中，，，，．将△PAB沿AB折起得到三棱锥，使得．(1)求证：平面ABC；(2)若点E在棱上，，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可证，即可得到、，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】(1)证明：∵，∴．又∵，，∴．即．∵，∴．∵，平面，平面，∴平面．(2)解：法一：以C为原点，以CB，CA，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则，，，∵，∴．∴，．设平面BCE的法向量为，则，令，则．又因为平面的一个法向量为：．∴，即二面角的余弦值为．法二：∵，∴∵，平面，平面，∴平面，∴．∴是二面角的平面角．∵，∴，∴，．∴，即二面角的余弦值为．18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若，，的内角平分线交边BC于点D，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换，求角的大小；（2）方法一：利用面积关系，列式求的长，再求数量积；方法二：和中，分别用正弦定理求得，再利用平面向量基本定理，转化求数量积；方法三：首先利用余弦定理个求，在和中，分别用正弦定理求，中求，最后再求数量积.【详解】(1)∵ 由正弦定理得∵，∴∴，∴∴       ∵       ∴(2)方法一：∵∴∴∴∴方法二：在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴∴方法三：在△ABC中，由余弦定理：∴在△ABD中，由正弦定理，在△ADC中，由正弦定理，∵，∴∴在△ADC中，由余弦定理：设，则       即       解得或在△ABC中，由余弦定理：，∴C是钝角在△ADC中，∴∴19．“学习强国”学习平台是由中共中央宣传部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台．“学习强国”中有“双人对战”和“四人赛”两项竞赛答题活动，活动规则如下：“双人对战”每日首局胜利积分，失败积分，每日仅首局得分；“四人赛”每日首局第一名积分，第二、三名积分，第四名积分，第二局第一名积分，其余名次积分，每日仅前两局得分．已知周老师参加“双人对战”答题时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”答题（每日两局）时，第一局得分、分的概率分别为、，第二局得分的概率为．周老师每天参加一局“双人对战”，两局“四人赛”，各局比赛互不影响．(1)求周老师每天参加答题活动总得分为分的概率；(2)求周老师连续三天参加“双人对战”答题总得分的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）对周老师每天答题活动总得分为分分情况讨论，确定每种情况在三局比赛的得分情况，结合独立事件与互斥事件的概率公式可求得结果；（2）分析可知，的可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可计算得出的值.【详解】(1)解：设每天答题活动总得分为分的事件为，事件包含三种情况：参加“双人对战”得分，第一局“四人赛”得分，第二局“四人赛”得分，概率为；参加“双人对战”得分，第一局“四人赛”得分，第二局“四人赛”得分，概率为；参加“双人对战”得分，第一局“四人赛”得分，第二局“四人赛”得分，概率为，则，所以周老师每天答题活动总得分为分的概率为．(2)解：连续三天参加“双人对战”答题总得分的可能取值为、、、，，，，，所以，随机变量的分布列为： 则．20．已知点A，B分别为椭圆的左、右顶点，，为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上异于A，B的一个动点，的周长为12．(1)求椭圆E的方程；(2)已知点，直线PM与椭圆另外一个公共点为Q，直线AP与BQ交于点N，求证：当点P变化时，点N恒在一条定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，即可求解；（2）方法一，设直线PQ的方程：，与椭圆方程联立，再利用坐标表示直线的方程，联立方程，求交点坐标；方法二，利用点在椭圆上，以及点在椭圆上，表示坐标的关系，代入点的坐标，即可判断.【详解】(1)设椭圆的焦距为2c，则，，，，，由得，即由的周长为12，得，所以，，，故椭圆E的方程为：(2)设直线PQ的方程：，，（此处若设点斜式方程，需要讨论斜率是否存在，无讨论的扣1分，只讨论斜率不存在的情况给1分）联立方程组得，恒成立．，即①直线AP的方程：，直线的方程：，联立方程组消去y，得②由①②得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上．方法二设，，设直线AP的方程：，直线BQ的方程：联立得①又∵P，Q两点在椭圆E上，因此，，②，故P，M，Q三点共线，所以，即③由②，③得将其代入①得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上21．已知函数的极小值为1．(1)求实数a的值；(2)设函数．①证明：当时，，恒成立；②若函数有两个零点，求实数m的取值范围．【答案】(1)1(2)①证明见解析；②或【分析】（1）求导之后，讨论单调性，再根据题设条件列式即可求解（2）①法一：先判定的单调性，再结合（1）的结论放缩即可；法二：直接利用（1）的结论放缩即可②研究的单调性，极值的符号，再结合零点存在性定理的推论即可求解【详解】(1)的定义域为，．当时，恒成立，在上单调递增，无极小值；当时，令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的极小值为，即．综上，．(2)①法一：，．∵，∴，即在上单调递减．∴．由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．∴，即．法二：由（1）知，的最小值为，即（当且仅当时，等号成立）．因为，所以所以得证．②．当时，，在上单调递增，至多有一个零点．当时，．令，；令，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．设，．令，；令，．所以在上单调递增，在上单调递减．所以的最大值为．当时，，只有一个零点；当时，，又，．所以有两个零点；当时，，由①知，当时，对，恒成立，又，所以有两个零点；综上：或【点睛】用导数处理含参函数零点问题应从三方面入手，一是研究函数的单调性，二是极值（或最值）的符号，三是如果在区间端点处无定义或端点是无穷大趋向于端点时的变化趋势，此时通常要结合零点存在性定理来说明零点的个数22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程（a为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)写出曲线C的普通方程和极坐标方程；(2)设A，B是曲线C上的两点，且，求的值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）将参数方程中消去参数，即可得普通方程；根据直角坐标和极坐标的互化，即可把普通方程转化得极坐标方程.（2）根据两点的极坐标关系以及极坐标中的含义，可求解.【详解】(1)由曲线的参数方程（为参数），可得：即曲线的普通方程为由，代入上式可得曲线的极坐标方程为即曲线的极坐标方程为(2)因为是曲线上的两点且由在曲线上可知：．同理在曲线上可知：所以23．已知函数．(1)解不等式；(2)设时，函数的最小值为M．若实数a，b，c满足，求的最小值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定不等式，分类去绝对值符号，求解作答.（2）求出M，再利用柯西不等式求解作答.【详解】(1)不等式可转化为：或或，解得： 或或，则有，所以不等式的解集为：.(2)由绝对值的三角不等式可得：，当且仅当时等号成立，因此，函数的最小值，即，由柯西不等式可知：，即，当且仅当，即，，时等号成立，所以的最小值为.