2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考四数学（理）试题含解析

2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考四数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.

【详解】因为集合，，

所以=，

故选：A

2．已知，复数，则

A．-2 B．1 C．0 D．2

【答案】D

【详解】分析：先利用复数的除法法则化简等式的右边，再利用复数相等的定义得到相关值．

详解：因为，

所以，

即.故选D．

点睛：本题考查复数的除法法则、复数相等的概念等知识，意在考查学生的基本计算能力．

3．若点在角的终边上，则的值为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：因为，所以，故选D．

【解析】任意角的三角函数值．

4．“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标．“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高．如图是2019年9月到2020年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图．根据该走势图，下列结论正确的是（       ）

A．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化

B．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱

C．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值

D．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差

【答案】C

【分析】根据走势图，逐一分析各个选项，即可得答案.

【详解】对于A：由走势图可得，网民对该关键词相关的信息关注度没有周期性变换，故A错误；

对于B：从2月开始，网民对该关键词相关的信息关注度上升，故B错误；

对于C：由走势图可得，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值，故C正确；

对于D：去年10月份波动较大，方差大，去年11月波动较小，方差小，故去年10月份的方差大于11月份的方差，故D错误，

故选：C

5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.

【详解】

四分子一圆锥表面积

,

所以组合体表面积为

故选：D

【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.

几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．

6．已知直线与圆相交于，两点，若，则实数的值为

A．或 B．或 C．9或 D．8或

【答案】A

【详解】由题意可得，圆心（0，3）到直线的距离为,所以，选A．

【点睛】直线与圆相交圆心角大小均是转化为圆心到直线的距离，用点到直线的距离公式解决．

7．执行下面的程序框图，如果输入，，则输出的

A．7 B．20 C．22 D．54

【答案】B

【详解】初始值a=1,b=1,s=0,k=0

s=2,a=2,b=3,k=2,

s=7,a=5,b=8,k=4

s=20,a=13,b=21,k=6

输出s=20,选B.

8．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（       ）

A．240种 B．120种 C．188种 D．156种

【答案】B

【分析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.

【详解】解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：

（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；

（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；

（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；

由加法计数原理可知共有种方案，

故选：B

【点睛】此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.

9．已知函数，若方程有两个解，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】当时，必有一解，

所以只需时有一解即可，而在是减函数，

只需，即.

故选：C.

10．设，是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】双曲线的渐近线方程为,则，，可得，在和中，分别求出和，利用，

可得结合，即可求解.

【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，

，，，

因为，所以，

在中，，

中，，

因为，所以，

所以

可得，

所以，

所以，所以，

故选：D

【点睛】本题主要考查了利用双曲线的性质求双曲线的离心率，属于中档题.

11．已知函数，若 是函数 的唯一极值点，则实数 的取值范围是 （       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出导函数并因式分解得到，再令，进而讨论函数的单调性并求出最小值，然后讨论和两种情况分别求出原函数的极值点个数，最后得到答案.

【详解】由题意，，，记，则，则时，，单调递减，时，，单调递增，所以.

若，则时，，单调递减，时，，单调递增，于是 是函数 的唯一极值点.

若，则，易知，于是时，；

设，，即在上单调递增，所以，则时，，此时，于是且时，.

再结合函数的单调性可知，函数在两个区间内分别存在唯一一个零点，且当时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.于是函数 存在3个极值点.

综上所述：.

故选：D.

【点睛】本题难度较大，首先，注意对函数求完导之后要因式分解，题目要求为极值点，则尽量分解出，其次，在讨论函数的零点时可以借助函数的单调性和图象进行分析，这样作为选择题会很快得出答案.

12．在中，，，有下述四个结论：

①若为的重心，则

②若为边上的一个动点，则为定值2

③若，为边上的两个动点，且，则的最小值为

④已知为内一点，若，且，则的最大值为2

其中所有正确结论的编号是（       ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】A

【解析】根据题意，先得为等腰直角三角形；①取中点为，连接，得到，根据平面向量基本定理，即可得出结果；②先由①得到，由题意得到在上的投影为，进而可求出向量数量积；③以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，由题意，设，且，不妨令，根据向量数量积的坐标表示，即可求出结果；④同③建立平面直角坐标系，设，根据题意，得到，再设，由题意，得到，，用表示出，即可求出结果；

【详解】因为在中，，； 所以为等腰直角三角形；

①如图1，取中点为，连接，因为为的重心，

所以在上，且，

所以，故①正确；

②如图1，同①，因为为中点，为等腰直角三角形，所以，

若为边上的一个动点，则在上的投影为，

因此，故②错；

③如图2，以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，易得，所在直线方程为：；

因为，为边上的两个动点，

所以设，，且，不妨令，

因为，所以，即，则，

所以

，当且仅当时，等号成立；故③正确；

④同③建立如图3所示的平面直角坐标系，则，，

设，则，

又，所以，即

因为为内一点，且，设，

则，且，，

因此，

因为，所以，所以无最值，即无最值，故④错.

故选：A.

【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，以及求平面向量的数量积等问题，熟记平面向量基本定理，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.

二、填空题

13．已知，则__________．

【答案】-2

【分析】通过二倍角公式可得，进而可得结果.

【详解】因为，

所以，

因为，

可得，可得．

故答案为：．

14．若满足约束条件则的最小值是_______．

【答案】；

【分析】画出可行域和目标函数，根据图像得到答案.

【详解】画出可行域和目标函数，如图所示：

，则，表示直线在轴的截距，

根据图像知：当时，目标函数有最小值为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

15．点在双曲线（，）的右支上，其左、右焦点分别为、，直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则该双曲线的离心率为________.

【答案】

【解析】画出图形，由条件可得，，，设线段的中点为，则，然后求出，然后利用双曲线的定义即可建立出方程求解.

【详解】

由线段的垂直平分线恰好过点可得

因为直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点

所以，

设线段的中点为，则

在直角三角形中可得

所以

由双曲线的定义可得：

即，即，即，

即，解得

所以离心率为

故答案为：

【点睛】本题考查的是双曲线的定义及三角形中的计算，考查了离心率的求法，属于中档题.

三、双空题

16．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子，古称“角黍”“裹蒸”“包米”“简粽”等，早在春秋时期就已出现，到了晋代成为了端午节庆食物．将宽为1的矩形纸片沿虚线折起来，可以得到粽子形状的六面体，则该六面体的体积为__________；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是__________．

【答案】         

【分析】该六面体是由两个全等的四面体组合而成，四面体的棱两两垂直，棱长为1，求出外接球半径即可求出体积，当外接球与面相切时，其体积最大，求出半径即可.

【详解】由题意可得该六面体是由两个全等的四面体组合而成，

四面体的两两垂直的棱长为1，

如图，该六面体的体积为，

当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，

球心为O，且该球与SD相切，其中D为BC的中点，

过球心O作OE⊥SD，则OE就是球的半径，

，故，

因为，所以球的半径，

所以该球的表面积为，

故答案为：．

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是求出内切求的半径，解决半径，就要分析出相切的状态.

四、解答题

17．已知的角、、所对边分别为、、，，．

(1)求；

(2)若角的平分线与交于点，，求、．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理可求得，再利用余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用等面积法得出，结合余弦定理可得出关于、的方程组，由此可解得、的值.

【详解】(1)（1）由正弦定理及得，，

，即，所以，，

所以，，

，所以，．

(2)解：是角的平分线，，

，即，

，①，由（1）知，②

由①②解得．

18．如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；

（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.

【答案】（1）AM=；（2）.

【分析】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，当AM=时，可通过证明AMFN是平行四边形，得到AN∥MF，进而可得线面平行；

（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，以O为坐标原点，OM、OK、OD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线BD1与平面CD1E所成角即可.

【详解】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，

∵，当AM=时，，

则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.

又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.

（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，

∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，

∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，

故如图建系O﹣xyz.

设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），

∵EC∥y轴，∴，

∵，

∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，

由，取，则=（， 0， 1）.

又B为（1， 3， 0），则，

记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，

则.

19．已知正项数列满足，，，成等比数列，．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求及数列的通项公式；

(3)若，求数列的前n项和

【答案】(1)证明见解析

(2)；

(3)

【分析】（1）由题意得，两边取对数可得，即可证明；

（2）由（1）知，所以，即可求解；

（3）由可化为，由裂项相消求和法得出，结合（2）即可求证明．

【详解】(1)因为，，成等比数列，所以，

所以因为，所以，

将式两边取对数，得，即，

所以，数列是首项为，公比为2的等比数列

(2)由（1）知，所以，所以

所以

(3)因为，即①；

又因为，所以，即②；

①式代入②式消去，可得

所以

因为，，则，所以

20．已知点在抛物线上，过点的直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，且直线PA交轴于M，直线PB交轴于N.

(1)求直线的斜率的取值范围；

(2)设为原点，，，试判断是否为定值，若是，求值；若不是，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)为定值2.

【分析】(1)通过抛物线经过的点，求解，得到抛物线方程，设出直线方程联立直线与抛物线方程，然后求解的范围．

(2)设点，，设，，，，利用韦达定理，结合直线方程求解，的纵坐标，转化求解为定值2．

【详解】(1)因点在抛物线上，则，解得，

∴抛物线C的方程为.

令直线的斜率为k，则直线方程为：，

由消去y并整理得：，

因直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，则，解得且，

又直线PA，PB与相交，而点(1，－2)在抛物线C上，则直线不能过点(1，－2)，

否则PA或PB之一平行于y轴，矛盾，因此，

综上得：，且，

∴直线的斜率的取值范围.

(2)设点，，，而，则，同理，

设，由(2)知，

直线方程：，即，则，

令，得，同理，

于是得

，

∴为定值2.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21．已知函数，.

(1)当时，设，求证：；

(2)若恰有两个零点，求的最小整数值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)2.

【分析】（1）当时，可得解析式，求导可得解析式，根据x的范围，分析可得的单调性，即可得的最大值，分析即可得证.

（2）当时，，设，利用导数求得的最值，分析不符合题意；当时，设，利用导数求得，结合解析式，可得，不符合题意；当时，利用导数求得的单调性和最值，根据零点存在性定理，即可求得零点范围，综合即可得答案.

【详解】(1)当时，，

则，

因为， 所以，

所以，所以函数在上为增函数，

所以；

(2)当时，，设，

因为，所以，

所以，所以函数无零点，

当时，设， 因为，

所以， 即，

，

所以函数无零点

当时，，

设，，

所以函数在上为减函数，

又，，

所以在上存在零点，使，

当时，，当时，，

函数在上为增函数，在上为减函数，

因为，，

，

所以函数在，各一个零点，

综上所述：当时，恰有两个零点，当时，，

所以时，是恰有两个零点的最小整数值 .

【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调性，极（最）值的方法，并灵活应用，求导后无法判断正负时，需再次求导，根据函数的值域，进行分析和判断，属难题.

22．在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，的极坐标方程为.

(1)求的直角坐标方程；

(2)与相交于不同两点、，线段中点为，点，若，求参数方程中的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）将曲线的极坐标方程化为，再利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出曲线的直角坐标方程；

（2）设、对应的参数分别为、，将直线的方程代入曲线的普通方程，根据已知条件结合韦达定理可得出关于的二次等式，即可解得的值.

【详解】(1)解：由得，所以，

将代入得，即，

所以的直角坐标方程为；

(2)解：将代入整理得

设、对应的参数分别为、，则、是方程的两根，

所以，因为，所以，所以，此时，

所以，所以，所以或.

23．已知函数.

(1)当时，求函数的最小值；

(2)若的解集为，且，求的最小值.

【答案】(1)6

(2)

【分析】（1）利用绝对值的三角不等式可求得最小值；

（2）由已知不等式的解析求得，再根据基本不等式可求得最小值.

【详解】(1)解：当时，，所以，当时等号成立

∴函数的最小值为6.

(2)解：由得，

因为的解集为，∴，解得，∴，

（当且仅当时取等号），

（当且仅当时取等号），的最小值为.