2022届重庆市第八中学高三下学期调研检测（八）数学试题含解析

这是一份2022届重庆市第八中学高三下学期调研检测（八）数学试题含解析，共19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届重庆市第八中学高三下学期调研检测（八）数学试题一、单选题1．己知，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得集合，根据集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合且，根据集合交集的运算，可得.故选：A.2．若复数，则（       ）A．25 B．5 C． D．【答案】B【分析】首先化简复数，再结合复数模的公式，即可计算.【详解】因为，所以.故选：B3．的递增区间是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出函数的定义域，然后利用二次函数的性质研究的单调性，结合函数的单调性即可得结果.【详解】解：令，解得或，在上，的单调增区间为，因为函数在定义域内单调递增，所以的递增区间是，故选：D.【点睛】本题考查复合函数的单调性，注意：一定要先求函数的定义域.4．如图，将钢琴上的12个键依次记为，，，．设．若且，则，，为原位大三和弦；若且，则称，，为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（       ）A．5 B． C．0 D．10【答案】C【分析】按照题目中的定义依次列举出来，计算差即可.【详解】若且，则，，为原位大三和弦，即有，，；，，；，，；，，；，，，共5个；若且，则，，为原位小三和弦，可得，，；，，；，，；，，；，，，共5个，个数差为0．故选：C.5．已知一个容量为的样本数据的平均值为90，方差为10，若去掉其中5个为90的样本数据，剩余样本数据的平均值为，方差为，则下列结论正确的是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】根据题意，其平均值不变，，再根据方差公式即可得答案.【详解】由题意可知，个样本数据之和为，去掉5个相同的样本数据90后，个样本数据之和为，所以，排除选项C；因为样本数据中有5个相同的数据90，且，不妨设去掉的5个相同的样本数据90都排在最后，则，所以，即．故选：A6．已知，，则(       )A．2 B．4 C． D．【答案】B【分析】由求得，再由即可求得答案.【详解】∵，∴，则.∴，故.故选：B.7．已知函数的图象过点，现将y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到的函数图象也过点P，则（       ）A．ω的最小值为2 B．ω的最小值为6C．ω的最大值为2 D．ω的最大值为6【答案】A【分析】根据图象平移前后都过点求得的表达式，进而确定正确答案.【详解】依题意，向左平移个单位长度得到：，，所以或，即或，其中，由于，所以的最小值为.故选：A8．在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（    ）A．PE＋QF＝2 B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2＋QF2＝2【答案】D【分析】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到，结合正四面体的特征将等式平方得到4，由圆的定义得到结论.【详解】如图：取BC、BD、AC、AD的中点为G、H、K、L，因为P、Q是定点，所以PQ的中点O为定点，由对称性可知，PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，∵+=+,∴，又在正四面体中，对棱垂直，∴PEQF，∴，∴4=若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则为定值，只有D符合题意，故选D.【点睛】本题考查了向量的三角形法则的应用，考查了曲线的轨迹的求法，属于较难题型.二、多选题9．在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（       ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】分和两种情况讨论两个函数的单调性进行判断.【详解】当时，在单调递增且其图象恒过点，在单调递增且其图象恒过点，则选项B符合要求；当时，在单调递减且其图象恒过点，在单调递减且其图象恒过点，则选项D符合要求；综上所述，选项B、D符合要求.故选：BD.10．设是各项均为正数的数列，以，为直角边长的直角三角形面积记为，则为等比数列的充分条件是（       ）A．是等比数列B．或是等比数列C．和均是等比数列D．和均是等比数列，且公比相同【答案】AD【分析】利用定义把为等比数列的充分条件，等价为为常数，再验证各个选项即可.【详解】为等比数列等价于为常数，也就是等价于，即为常数．因为是等比数列，故（q为的公比）为常数，故A满足．取，，此时满足是等比数列，不是等比数列，不是常数，B错误．取，，此时满足是等比数列，是等比数列，，，两者不相等，C错误．D选项根据条件可得为常数，所以D正确．故选：AD11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一条平行于轴的光线从点射入，经过上的点A反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点．下列说法正确的是（       ）A．若，则B．若，则平分C．若，则D．若，延长交直线于点，则，，三点共线【答案】ABD【分析】根据求出焦点为、A点坐标，可得直线的方程与抛物线方程联立得点坐标，求出可判断AC；时可得，．由可判断B；求出点坐标可判断D.【详解】若，则抛物线，，的焦点为，直线的方程为：，可得，，选项正确；时，因为，所以，又，所以，所以平分，选项B正确；若，则抛物线，，，的焦点为，直线的方程为，联立抛物线方程求解可得，所以，选项C不正确；若，则抛物线，，，延长交直线于点，则，由C选项可知，所以，，三点共线，故D正确.故选：ABD．12．已知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（       ）A．B．C．若，则D．a的取值范围是【答案】ACD【分析】对于A，只要利用函数零点的判断定理即可；对于B，由于有了A的结论，只要判断 的范围即可；对于C，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；对于D，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.【详解】 ， ，故A正确；当 时， ， 必无零点，故 ， ，故B错误；当 时，即 ，两边取对数得 ， ， ，联立方程 解得 ，由于 ， ，故C正确；考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，两边取自然对数得   有两个不同的解，设函数 ， ，则 时， ，当 时， ，当 时， ，所以 ，要使得 有两个零点，则必须，即 ，解得 ，故D正确；故选：ACD.三、填空题13．函数在点处的切线方程为________．【答案】【解析】根据函数，求导，然后求得，写出切线方程.【详解】因为函数，所以，所以，所以函数在点处的切线方程为：，即，故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题.14．甲､乙､丙､丁四人分别去甘肃､内蒙古､北京三个地方旅游，每个地方至少有一人去，且甲､乙两人不能同去一个地方，则不同分法的种数有___________.【答案】30【分析】先计算4人中有两名分在一个地方的种数，和其余二个看作三个元素进行全排列，再排除甲乙被分到同一个地方的情况即可﹒【详解】先计算4人中有两名分在一个地方的种数，可从4个中选2个，和其余的2个看作3个元素的全排列共有种，再排除甲乙被分在同一地方的情况共有种，∴不同的安排方法种数是：．故答案为：30．15．为了监控某种食品的生产包装过程， 检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为________.附：若随机变量X服从正态分布，则.【答案】19【分析】根据正态分布的性质求出在之外的概率，从而得到，根据二项分布的期望公式得到不等式，解得即可；【详解】解：依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为；故答案为：1916．某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形的半径为10，，，则的最大值为______．【答案】【分析】作交于，交于，且，设,设，作交于，交于，利用直角三角形中三角函数定义把用表示，最终把表示为的函数，再利用二倍角公式，平方关系变形，结合正弦函数性质得最大值．【详解】解：作交于，交于，且，设则，，设，作交于，交于，，，，，，则，即，，．，，当，即时，取最大值，故.故答案为：．四、解答题17．已知分别为内角的对边，且．（1）求角A；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合，利用同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求的值．（2）由已知利用余弦定理可得：，解方程可得的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】解：（1）．由正弦定理可得：，，，即，，．（2），，，由余弦定理，可得：，可得：，解得：或（负值舍去），．18．已知各项均为正数的等差数列满足，．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意可得，即可得到是以1为首项，2为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．【详解】(1)解：各项均为正数的等差数列满足，，整理得，由于，所以，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．所以．(2)解：由（1）可得，所以．19．如图所示等腰梯形ABCD中，，，，点E为CD的中点，沿AE将折起，使得点D到达F位置.(1)当时，求证：平面AFC；(2)当时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）结合线面垂直的判定定理来证得结论成立.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的大小.【详解】(1)设，由于四边形是等腰梯形，是的中点，，所以，所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，所以，由于，是的中点，所以，由于，所以平面.(2)由于，所以三角形、三角形、三角形是等边三角形，设是的中点，设，则，所以，所以，由于两两垂直.以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，,平面的法向量为，设平面的法向量为，则，故可设，由图可知，二面角为钝角，设二面角为，，则.20．条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念.近年来，随着人们对随机现象的不断观察和研究，条件概率和条件期望已经被广泛的利用到日常生产生活中.定义：设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件条件下的期望为，其中为X的所有可能取值集合，表示事件“”与事件“”都发生的概率．某射击手进行射击训练，每次射击击中目标的概率均为p（），射击进行到击中目标两次时停止.设表示第一次击中目标时的射击次数，表示第二次击中目标时的射击次数．(1)求，；(2)求，．【答案】(1)，；(2)，.【分析】（1）根据题意，应用独立事件的乘法公式求，由有四种情况求即可.（2）根据题设给定的公式及（1）的结论求，进而求出、，即可求.【详解】(1)由题设，，.(2)由题设，；同（1），，，所以.21．设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或.当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，所有零点的绝对值都不大于1.［方法二］【最优解】：设是的一个零点，且，则．从而．令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为，进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．［方法三］：设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．综上，的所有零点的绝对值都不大于1．［方法四］：由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．综上，所有零点的绝对值都不大于1．［方法五］：设是的一个零点且，则是的另一个零点．．则，设，由判别式，所以方程有解．假设实数满足．由，得．与矛盾，假设不成立．所以，所有零点的绝对值都不大于1．【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．22．已知椭圆的长轴长为4，，为E的左､右焦点，M为E上一动点，当的面积最大时，其内切圆半径为.(1)求E的标准方程：(2)过点作斜率之和为3的两条直线，，与E交于点A，B，与E交于点C，D，线段AB，CD的中点分别为P，Q，过点作，垂足为H.试问：是否存在定点T，使得线段TH的长度为定值.【答案】(1)；(2)存在，TH为定值，证明见解析.【分析】(1)根据内切圆的半径表示出三角形的面积，结合长轴的定义即可求出a、b，进而求得椭圆方程；(2)设直线PQ的方程为，直线AB的方程为，直线CD的方程为，由直线PQ和直线AB的方程求出点P的横坐标，直线AB联立椭圆方程，利用韦达定理，结合题意即可求出当为的中点时，为定值.【详解】(1)设椭圆的焦距为2c，由的面积最大时，其内切圆半径为，得，化简，得，又，所以，所以，故椭圆的标准方程为；(2)当直线PQ的斜率不存在时，轴，点P与点Q关于轴对称，则，与题意中的矛盾，不符合题意；设直线PQ的方程为，则直线AB的方程为，直线CD的方程为，由，得，由，得，设，则，所以，化简得，同理，，所以为方程的两个根，有，又，所以，所以直线PQ的方程为，得直线PQ过定点，又，，所以，则点在以为直径、以为圆心的圆上，故点到圆心的距离恒为定值，即存在点为的中点时，为定值.