2022届海南省海南中学高三第十次月考数学试题含解析

这是一份2022届海南省海南中学高三第十次月考数学试题含解析，共21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届海南省海南中学高三第十次月考数学试题一、单选题1．设集合A={a,4}，B={1，2，3}，AB={2}则=（       ）A．{2,3,4} B．{3} C．{1,2,3,4} D．{2,4}【答案】C【解析】根据交集和并集的定义直接求解.【详解】，，.故选：C2．在复平面内，若复数z对应的点为，则（       ）A．2 B．2i C． D．【答案】D【分析】由复数的几何意义可得复数，利用复数的乘法可求得结果.【详解】由复数的几何意义可知，故.故选：D.3．已知圆锥的母线长为2，侧面展开图扇形的面积为，那么该圆锥的体积是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设圆锥底面半径为，高为，根据圆锥的侧面积求出，再由勾股定理求出，最后代入体积公式，即可得到答案；【详解】设圆锥底面半径为，高为，，，，故选：D4．若双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，，即得.【详解】双曲线 的焦点 到渐近线： ，即 的距离为：，而，从而，故渐近线即.故选：B.5．已知二次函数的图象如图所示，将其向右平移个单位长度得到函数的图象，则不等式的解集是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出函数与的图象，数形结合可得出不等式的解集.【详解】根据图中信息作出函数、的图象如下图所示：因为，则，且，由图可知，不等式的解集为.故选：C.6．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（       ）A．16 B．15 C．12 D．9【答案】A【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义可求.【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，,设，则，在中，，即，解得或（舍去），，.故选：A.7．已知数列满足，则（       ）A．50 B．75 C．100 D．150【答案】A【分析】由已知得，，两式相减得，由此代入可求得答案.【详解】解：∵，∴，.两式相减得.则，，…，，∴，故选：A.8．1654年，法国贵族德•梅雷骑士偶遇数学家布莱兹•帕斯卡，在闲聊时梅雷谈了最近遇到的一件事：某天在一酒吧中，肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛，约定胜者可以喝杯酒，当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时他们发现桌子上还剩最后一杯酒．此时酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒，如果四局、五局、六局、七局后可以决出胜负那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费，梅雷由于接到命令需要觐见国王，没有等到比赛结束就匆匆离开了酒馆．请利用数学知识做出合理假设，猜测最后付酒资的最有可能是（　　）A．肖恩 B．尤瑟纳尔 C．酒吧伙计 D．酒吧老板【答案】B【分析】由题设求出肖恩、尤瑟纳尔每局获胜的概率，设决出胜负的场数为X，在七局四胜制中，求出X取4，5，6，7的概率，即可判断出结果.【详解】由题意，肖恩每局获胜的概率为，尤瑟纳尔每局获胜的概率为，先胜四场比赛结束就是比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，于是得：，，，，显然有，即，所以最后付酒资的最有可能是尤瑟纳尔.故选：B二、多选题9．在某文艺比赛中，由名媒体代表组成的甲组、名专家组成的乙组和名观众代表组成的丙组分别给选手打分(分制，选手得分为所有评委打分的平均分).已知甲组对某选手打分为;乙组、丙组对该选手打分的平均分分别为和标准差分别为和，则（       ）A．该选手的得分为B．甲组打分的中位数为C．相对于丙组，乙组打分稳定性更高D．相对于丙组，乙组对该选手评价更高【答案】AC【分析】计算出甲组打分平均分，再根据选手得分为所有评委打分的平均分即可求得该选手的得分，即可判断A；将按照从小到大得顺序排列，求得中位数，即可判断B；根据乙组、丙组对该选手打分的标准差即可判断C；根据乙组、丙组对该选手打分的平均分即可判断D.【详解】解：甲组打分平均分为故A正确;将按照从小到大得顺序排列得，所以甲组打分的中位数为B错误;根据标准差知乙组评委打分的波动小，稳定性更高，故C正确;根据平均数知丙组对选手评价更高，D错误.故选：AC.10．若a，b，，则下列命题正确的是（       ）A．若且，则 B．若，则C．若且，则 D．【答案】BCD【分析】由不等式的性质逐一判断即可.【详解】解：对于A，当时，结论不成立，故A错误；对于B，等价于，又，故成立，故B正确；对于C，因为且，所以等价于，即，成立，故C正确；对于D，等价于，成立，故D正确.故选：BCD.11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（       ）A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9【答案】AD【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项.【详解】解：由题意可设点，由，，，得，化简得，即，故A正确；点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；故选：AD.12．在长方体中，已知，，点P在线段上运动（不含端点），则下列说法正确的是（       ）A．异面直线与所成角为B．点到平面的距离为C．平面平面D．若点P是线段的中点，则三棱锥的外接球的表面积为【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可得异面直线与所成角可判断A，利用点到平面的距离的向量求法可判断B，由题可得平面，进而判断C，利用球的截面的性质可得三棱锥的外接球的球心是中点，进而可判断D.【详解】以D为原点，，，所在方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，∴，，∴，，A错误；设平面的法向量为，，，∴，令，则，又，所以点到平面的距离，从而B正确；由题可得，，，从而平面，平面，因此平面平面，C正确；由点P是线段的中点，则是直角三角形，外接圆圆心为AD中点，是直角三角形，外接圆圆心为中点，过两个中点分别作所在平面的垂线，这两条垂线的交点刚好是中点，即三棱锥的外接球的球心是中点，又，因此外接球半径为，球表面积为，D正确.故选：BCD.三、填空题13．已知函数，则______．【答案】0【分析】先求出f(1)，再求f(f(1))即可﹒【详解】f(1)＝－1，f(－1)＝ln1＝0，∴0，故答案为：0﹒14．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是______.【答案】240【分析】根据二项式系数和为，求出，即可求出二项式展开式中常数项.【详解】因为二项式系数和，因此，又，令，常数项为.故答案为：240.15．已知四边形ABCD为圆内接四边形，若，，.则四边形ABCD的面积为______.【答案】【分析】设，在与中，分别由余弦定理建立方程，可解得，再由三角形的面积公式可求得答案.【详解】解：设，在与中，由余弦定理得，，又由于，即，解得，即得.故，∴.故答案为：.16．抛物线的焦点为F，准线是l，O是坐标原点，P在抛物线上满足，连接FP并延长交准线l与Q点，若的面积为，则抛物线C的方程是______．【答案】【分析】先根据确定出点坐标，再根据求出点的纵坐标，即可求解.【详解】由题可知，抛物线的准线的方程为，则焦点 到准线的距离为,已知，所以P在线段OF的中垂线上，如图，设，则可知，即,解得，所有抛物线C的方程是.故答案为：四、解答题17．已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.(1)求的解析式；(2)设函数，求在区间上的最大值.条件①：的最小正周期为；条件②：；条件③：图象的一条对称轴为.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)条件选择见解析，；(2).【分析】（1）可以选择条件①②或条件①③，先由周期计算，再计算即可；（2）先求出整体的范围，再结合单调性求最大值即可.【详解】(1)选择条件①②：由条件①及已知得，所以.由条件②，即，解得.因为，所以，所以，经检验符合题意.选择条件①③：由条件①及已知得，所以．由条件③得，解得，因为，所以，所以．若选择②③：由条件②，即，解得，因为，所以，由条件③得，∴，则的解析式不唯一，不合题意.(2)由题意得，化简得因为，所以，所以当，即时，的最大值为.18．我国是一个严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.某市政府为了节约生活用水，计划在本市实行居民生活用水定额管理，即确定一个居民用水量标准m，使得87%的居民生活用水不超过这个标准.在本市居民中随机抽取了200户家庭某年的月均用水量（单位：吨），通过数据分析得到如图所示的频率分布直方图：(1)求a，m的值；(2)在用水量位于区间[1，2.5）的三类家庭中按照分层抽样的方法抽取12人参加由政府组织的一个听证会（每个家庭有1个代表参会），再从这12人中抽3个代表发言，记月均用水量不少于2吨人数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】(1)，；(2)分布列见解析，.【分析】（1）利用直方图的性质可得，利用百分位数的概念及直方图可得；（2）由题可得，分别求概率可得分布列，再利用期望公式即得.【详解】(1)由频率分布直方图得，解得；前5个矩形的面积为0.83，第6个矩形的面积为0.08，从而.(2)用水量位于区间[1，2.5）的三类家庭的频率比为3:4:5，总共抽取12人，因此这三类家庭被抽取的人数分别为3人、4人、5人，这里面不少于2吨总人数为5人，少于2吨总人数为7人，故，，，，.所以X的分布列为：X0123P数学期望为：.19．数列的前项和满足.（1）求证:数列是等比数列,并求；（2）若数列为等差数列,且,,求数列的前项.【答案】（1）（2）【分析】（1）由数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）运用等差数列的通项公式可得bn及anbn的公式，由数列的错位相减法和等差数列、等比数列的求和公式，可得所求和．【详解】（1）当时，，所以. 因为①，所以当时，②， ①-②得，所以. 所以 所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以，所以. （2）由（1）知，，，所以，，设的公差为，则，所以，所以，所以.设数列的前项和为，数列的前项和为，所以③，④，③-④得.所以，又因为,所以.所以的前项和为.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查了数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．20．如图1，在平面四边形PDCB中，，，，.将沿BA翻折到的位置，使得平面平面ABCD，如图2所示.(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；(2)点Q在线段SC上（点Q不与端点重合），平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为，求线段BQ的长.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题可得平面，进而证得；（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式列出方程，即可求解.【详解】(1)依题意，，因为，所以，由于平面平面ABCD，且交线为AB，平面ABCD，所以平面SAB，因为l是平面SDC与平面SAB的交线，所以平面SAB，故.(2)由上可知，平面SAB，所以，由题意可知，，以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，则，，设是平面QBD的一个法向量，则，令，可得由于是平面CBD的一个法向量，依题意，二面角的余弦值为，所以，解得，此时，，即线段BQ的长为.21．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，过作不平行于坐标轴的直线交于A，B两点，且的周长为.(1)求的方程；(2)若轴于点M，轴于点N，直线AN与BM交于点C.①求证：点C在一条定直线上，并求此定直线；②求面积的最大值.【答案】(1)；(2)①证明见解析，；②.【分析】（1）由题意可得，求出，再由离心率为求出，由可求出，从而可求出椭圆方程，（2）由题可设直线方程为，代入椭圆方程中整理后利用根与系数的关系，表示出直线和的方程，联立可求出点的横坐标，即得；然后结合条件可表示出ABC面积，换元化简后利用基本不等式可求得答案.【详解】(1)由椭圆定义可知的周长为，即，因为离心率，所以，又因为，所以，故的方程为.(2)①依题意，设直线AB方程为.联立，得，易知设，，则，.因为轴，轴，所以，.所以直线AN：，直线BM：，联立解得.从而点C在定直线上.②因为，又，则，设，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为22．已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)是否存在实数a，使对恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是；(2)存在，.【分析】（1）由题可得，构造，进而判断导函数的正负，求出单调区间；（2）由题可得恒成立，通过分类讨论，构造函数，利用导数研究函数的单调性，最值，进而可得.【详解】(1)因为，所以，即.当时，，令，则，所以在单调递增，因为，所以，当时，，；当时，，，所以的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)法一：设，则，①当时，，，即，故不符合题意.②当时，当时，.·令，即，取，则，即，.故不符合题意.③当时，令，，则，故在单调递增.因为，，所以存在唯一的使得，所以，时，，；时，，，故在单调递减，在单调递增.所以的最小值为，因为，即，两边取对数得，所以.令，则，所以在单调递增，在单调递减，故，当且仅当时，等号成立，故当且仅当时，在恒成立，综上，存在a符合题意，.法二：设，则，设，易知在单调递增，①当时，因为，，所以存在唯一，使得，即，.所以当，，即，单调递减；当，，即，单调递增.故，即，符合题意.②当时，，，所以存在唯一，使得，所以当，，即，单调递减，故，即，故不符合题意.③当时，，，所以存在唯一，使得，所以当，，即.所以在单调递增，故，即，故不符合题意.④当时，，不符合题意.⑤当时，，不符合题意.综上，存在a符合题意，.法三：①当时，，故在上单调递增.因为在单调递增，且，，故存在唯一，使得，即，即，故，所以任意，都有.故不符合题意.②当时，，对于函数，.所以时，；时，.所以在单调递减，在单调递增，故，所以，故，故符合题意.③当且时，对于函数，因为在单调递增，且，，所以存在，使得，即，所以.令，则，故在单调递增，在单调递减.故，当且仅当时，“=”成立.所以当时，，即，，故不符合题意.综上，存在a符合题意，.法四：设，，易知在单调递增.又当时，，所以的值域为；当时，的值域为.所以的值域为.故对于上任意一个值，都有唯一的一个正数，使得.因为，即.设，，所以要使，只需.当时，因为，即，所以不符合题意.当时，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增.所以.设，，则，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减.所以，所以，，当且仅当时，等号成立.又因为，所以，所以.综上，存在a符合题意，.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.