江苏省徐州市第七中学2022届高三下学期4月月考数学试题

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江苏省徐州市第七中学2022届高三下学期4月月考数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．设集合，，则（     ）

A． B． C． D．

2．复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（     ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知，则（     ）

A． B． C． D．

4．已知直线与圆相交于A，B两点，则“”是“”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

5．已知是边长为正三角形，为线段上一点（包含端点），则的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

6．伦敦奥运会自行车赛车馆有一个明显的双曲线屋顶，该赛车馆是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的双曲线屋顶的一段近似看成离心率为的双曲线上支的一部分，点F是C的下焦点，若点P为C上支上的动点，则与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为（     ）

A．2 B．3 C．4 D．5

7．已知函数与函数的值域相同，则实数a的取值范围是（     ）

A． B． C． D．

8．函数满足：对，都有，则函数的最小值为（       ）

A．-20 B．-16 C．-15 D．0

9．在统计中，由一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…(xn，yn)利用最小二乘法得到两个变量的回归直线方程为，那么下面说法正确的是（       ）

A．直线至少经过点(x1，y1)，(x2，y2)，…(xn，yn)中的一个点

B．直线必经过点

C．直线表示最接近y与x之间真实关系的一条直线

D．|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越大；|r|越接近于0，相关程度越小

10．已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（     ）

A． B．平面

C．动点的轨迹长为 D．与所成角的余弦值为

11．关于函数，下列结论正确的是（     ）

A．为偶函数

B．在区间单调递减

C．的值域为

D．当时，方程在有8个解

12．阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形的顶点C在抛物线上，且在过弦的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的.现已知直线与抛物线交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段的中点为D，直线轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（     ）

A．若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6

B．切线l的方程为

C．若，则弦对应的抛物线弓形面积大于

D．若分别取的中点，，过，且垂直y轴的直线分别交E于，，则

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知数列满足，则__________.

14．已知抛物线：的焦点为F，过F且倾斜角为60°的直线与抛物线交于A、B两点，若A、B在y轴上的射影分别为M、N，且，则抛物线C的准线方程为___________.

15．写出一个具有性质①②③的函数____________

①的定义域为；②；③当时，

16．在平行四边形中，，，，点E在边上，且.将沿折起后得到四棱锥，则该四棱锥的体积最大值为____________；该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为____________

17．已知数列满足，，.

(1)求的通项公式.

(2)证明.

18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求角A的大小；

(2)若AD为的平分线，且，，求的周长.

19．如图，圆柱的轴截面是一个边长为2的正方形，点D为棱的中点，为弧上一点，且

(1)求三棱锥的体积；

(2)求二面角的余弦值.

20．某学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出100人进行统计，其中对教师教学水平满意的学生人数为总数的60%，对教师管理水平满意的学生人数为总数的75%，对教师教学水平和教师管理水平都满意的有40人．

(1)完成对教师教学水平和教师管理水平评价的2×2列联表，并判断是否有97.5%的把握认为对教师教学水平满意与教师管理水平满意有关；

(2)若将频率视为概率，随机从学校中抽取3人参与此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平都满意的人数为随机变量X；求X的分布列和数学期望．

参考公式：，其中．

参考数据：

21．已知椭圆的长轴长为，且过点

(1)求的方程：

(2)设直线交轴于点，交C于不同两点，，点与关于原点对称，，为垂足.问：是否存在定点，使得为定值？

22．已知

(1)若，求的最小值；

(2)当时，，求a的取值范围

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

根据并集的定义计算可得；

【详解】

解：因为，，所以；

故选：D

2．A

【解析】

【分析】

设复数，由，利用其几何意义求解.

【详解】

解：设复数，

因为，

所以，

即复数z表所对应的点在以（5，5）为圆心，以2为半径的圆上，

所以z在复平面内对应的点所在的象限为第一象限.

故选：A

3．C

【解析】

【分析】

整体法用诱导公式求解.

【详解】

.

故选：C

4．B

【解析】

【分析】

先求出的充要条件，利用包含关系即可判断.

【详解】

因为直线与圆相交于A，B两点，设圆心到直线的距离为d，则等价于：，即，所以，解得：或.

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

5．A

【解析】

【分析】

以中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设，利用平面向量坐标运算可得，利用二次函数值域的求法可求得结果.

【详解】

以中点为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，

设，，，

，

则当时，；当时，；

的取值范围为.

故选：A.

6．D

【解析】

【分析】

先根据已知条件求出双曲线方程，则可求出焦点坐标和渐近线方程，上焦点为，则由双曲线的定义可得，由双曲线的对称性取一条渐近线，设到的距离为，则将问题转化为求出，而的最小值为到渐近线的距离，从而可求得答案

【详解】

因为双曲线的离心率为，

所以，解得，则

双曲线方程为，，

所以下焦点，渐近线方程为，

设上焦点为，则，

由双曲线的对称性，不妨取一条渐近线为，设到的距离为，则

与P到C的一条渐近线的距离之和为

，

因为的最小值为到渐近线的距离，

所以的最小值为，即与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为5，

故选：D

7．B

【解析】

【分析】

由分析知的值域为，当时，，要使的值域为，则，且，即可求出a的取值范围.

【详解】

因为的值域为，所以的值域为.

当时，.

当时，①若，即，，此时不满足条件.

②若，即，，此时的值域不可能为.

③若，即，，要使的值域为，则，即

解得：或，又因为，所以.

故选：B.

8．B

【解析】

【分析】

根据，由，求得，再利用导数法求解.

【详解】

解：因为函数满足：对，都有，

所以，即，

解得，

所以，

则，

，

，

当或时，，

当时，，

所以的最小值为，

故选：B

9．BCD

【解析】

【分析】

由线性回归直线的意义及相关系数的概念逐一核对四个选项得答案.

【详解】

线性回归直线是最能体现这组数据的变化趋势的直线，不一定经过样本数据中的点，故A不正确，C正确；

线性回归直线一定经过样本中心点，故B正确；

线性相关系数r满足|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越大；|r|越接近于0，相关程度越小，故D正确.

故选：BCD.

10．BC

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，结合向量法判断各选项.

【详解】

如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，

则，，，，，

所以，，，

由平面，

得，即，化简可得，

所以动点在直线上，

A选项：，，，所以与不垂直，所以A选项错误；

B选项：，平面，平面，所以平面，B选项正确；

C选项：动点在直线上，且为侧面上的动点，则在线段上，，所以，C选项正确；

D选项：，，D选项错误；

故选：BC.

11．ACD

【解析】

【分析】

A. 利用函数奇偶性的定义判断； B.利用特殊值判断； C. 分，， ，，分段求解判断； D.在同一坐标系中作出的图象，利用数形结合法求解.

【详解】

A. 因为，所以为偶函数，故正确；

B. 因为，所以，所以在区间不是单调递减函数，故错误；

C. 当时，，由，得，则；

当时，，由，得，则；

当时，，由，得，则；

当时，，由，得，则，综上的值域为，故正确；

D. ，

在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由知，方程在有8个解，故正确.

故选：ACD

12．ABD

【解析】

【分析】

A选项直接通过题目中给出的条件进行判断；B选项联立直线抛物线求出A点坐标，求导确定斜率，写出切线方程进行判断；C选项令，进行判断；

D选项根据条件依次求出各点坐标，分别计算三角形的面积进行判断.

【详解】

A选项：内接三角形的面积，正确；

B选项：，解得，又A为第一象限的点，，

，，故切线方程为，即，正确；

C选项：由，得，令，，弓形面积为，

所以不等式不成立，错误；

D选项：由知，轴，，又的中点，，易求，， ，，因此成立，正确.

故选：ABD.

【点睛】

本题需要依次判断四个选项，A选项直接利用定义判断，B选项关键在于按照切线方程的通用求法进行求解，C选项通过特殊值进行排除即可，

D选项关键在于求出各点坐标，再求三角形面积进行判断.

13．

【解析】

利用递推关系式推出数列为等比数列，再由等比数列的通项公式即可求解.

【详解】

，，即

又，

是首项为3，公比为3的等比数列，

，故

故答案为：

【点睛】

方法点睛：本题考查等比数列的定义和等比数列的通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学算能力，属于基础题.

14．

【解析】

【分析】

通过，可知，设出直线方程代入，整理出韦达定理的形式，从而构造出关于的方程，求得结果.

【详解】

解：有题意知：

设直线方程为：，即，

代入抛物线方程可得：，

设，，则，，

由可得：，

即：，解得：，

所以抛物线C的准线方程为，

故答案为：.

15．（答案不唯一）

【解析】

【分析】

根据3个条件知对数函数形式的减函数满足要求，写出一个函数即可.

【详解】

由①②知，对数函数形式的函数满足要求，又由③知，在定义域上是减函数，故可以为.

故答案为：（答案不唯一）.

16．     96    

【解析】

【分析】

（1）判断出面CDE⊥面时体积最大，分别求出底面积和高，即可求出四棱锥的体积；

（2）找到球心的位置，求出半径，即可求出表面积.

【详解】

如图示，平行四边形中，，所以.

因为，所以为等边三角形.所以,所以四边形为等腰梯形，所以.

要使四棱锥的体积最大，只需高最大，此时面CDE⊥面，高为，

所以该四棱锥的体积最大值为.

设等腰梯形的外心为O1，O1到AD的距离为d，由可得：，解得：，所以.

由球的截面的性质可知：过等腰梯形的外心为O1作直线a⊥面，过等边三角形的中心为O2作直线b⊥面，则a、b的交点O即为外接球的球心.

所以半径，

所以外接球的表面积为.

故答案为：①96；②

【点睛】

多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：

(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．

17．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据，利用累加法求解；

（2）由，利用裂项相消法求解.

(1)

解：由，

得，，…，，

由累加法得

，

所以，

又满足，

又因为，

所以.

(2)

因为，

所以当时，

，

当时，成立，

所以.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理将边化为角，结合三角恒等式的化简可得，进而可得结果；

（2）通过三角形面积公式可得，，结合余弦定理求出即可得出周长.

(1)

∵，由正弦定理可得，

即，

化简得，

又∵在中，，

∴，即，

∴，结合，可知.

(2)

∵AD为的平分线，，∴，

又∵，，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴的周长为.

19．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据，求出三棱锥 的高和底面积，即可求得答案；

（2）建立空间直角坐标，求出相关各点的坐标，再求出相关向量的坐标，从而求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式，可求得答案.

(1)

过作交于点E，因为，，

所以为正三角形，所以E为中点，即,

又因为平面平面，面面，，面，所以面，即面，

因为D为的中点，所以，又，

即，即，则的面积为1，

(2)

因为在圆柱中，轴截面是正方形，取弧的中点C，

所以两两垂直，以，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.

由题意知，，，，

，，

设平面的法向量，

则，即 ,

取，则，，则，

平面的法向量可取

所以，

设二面角为，则为锐角，

所以，

所以二面角的余弦值为.

20．(1)表格见解析，有；

(2)分布列见解析，.

【解析】

【分析】

（1）根据题意，对教师教学水平满意有60人，对教师管理水平满意有75人，从而可完成22列联表，根据参考公式求出的值，再根据参考数据即可作出判断；

（2）由题意，对教师教学水平和教师管理水平都满意的概率为，且，

从而可得X的分布列，根据期望公式即可求解X的数学期望.

(1)

解：由题意可得关于对教师教学水平和教师管理水平评价的22列联表：

，

所以有97.5%的把握认为教师教学水平满意与教师管理水平满意有关；

(2)

解：对教师教学水平和教师管理水平都满意的概率为，且随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，

其中；；；；

所以随机变量X的分布列为：

则．

21．(1)

(2)存在

【解析】

【分析】

（1）利用待定系数法求方程；

（2）联立方程组，结合韦达定理可得直线恒过定点，进而求解.

(1)

依题意知，即

所以的方程可化为，将点代入得，

解得，

所以椭圆方程为；

(2)

设点，，

联立得，，

，解得，

，，

注意到，，三点共线，，

又

当，解得，

因为，所以，此时，满足，

故存在定点，使得等于定值.

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．(1)0

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题意求出函数的导数，判断函数的单调性，从而确定最值；

（2）将展开，分离参数，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，将不等式恒成立问题变为求函数的最值问题，分类讨论，即可解答.

(1)

因为时，，所以，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以;

(2)

因为，所以，

所以,

记，，只需证，

所以，

记，其中，，

二次函数图象的对称轴为 ，

故在上单调递增，所以，

①当，即时，，所以在上单调递增，

又，故，，

所以符合题意，

②当，即时，

令，得，取，则，

当，，故，所以在上单调递减，

所以，又，所以，

故对，显然不成立，所以不符合题意，舍去.

综上①②知，.

【点睛】

本题考查了导数的应用，涉及到利用导数求函数的最值，以及不等式恒成立问题，解答时要注意分离参数，构造新函数，利用导数研究函数的性质，解答的关键在于合理的变形，从而构造新函数.