吉林省四平市第一高级中学2021-2022学年高三上学期第四次月考数学（理）试题及答案

这是一份吉林省四平市第一高级中学2021-2022学年高三上学期第四次月考数学（理）试题及答案，共19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。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．在正项等比数列中，是和的等差中项，则的公比（ ）
A．4B．3C．2D．
4．若满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知两个变量与的五组数据如下表所示，且关于的线性回归方程为，则（ ）
A．52B．53C．54D．55
6．已知是定义在上的周期为4的奇函数，当时，.若，则（ ）
A．B．C．D．
7．若要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为，则该阿基米德多面体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知是自然对数的底数，函数的定义域为，是的导函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走0.5里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论不正确的是（ ）
A．长安与齐国两地相距1530里B．3天后，两马之间的距离为328.5里
C．良马从第6天开始返回迎接驽马D．8天后，两马之间的距离为390里
11．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆C于M，N两点.若，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知a，b，c均大于1，，则的最小值为（ ）
A．243B．27C．81D．9
二、填空题
13．已知向量，，，若，则______．
14．已知双曲线C：的焦距为，实轴长为，则双曲线C的渐近线方程为______．
15．16名社区志愿者组成4行4列的方阵，现从中选出2人，要求他们既不在同一行又不在同一列，则不同的选法种数为______________.
三、双空题
16．漏斗作为中国传统器具而存在于日常生活之中，某漏斗有盖的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该漏斗的容积为不考虑漏斗的厚度 ______，若该漏斗存在外接球，则______.
四、解答题
17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)求C的大小；
(2)若，求的值.
18．如图，在多面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，，，AB＝AD＝AE＝2BC＝2，F是AE的中点.
(1)证明：平面CDE；
(2)求平面ABCD与平面CDE的夹角余弦值.
19．新高考取消文理分科，采用选科模式，赋予了学生充分的自由选择权.新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考物理的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中a的值并估计这100名学生本次物理测试成绩的中位数；
(2)根据调查，本次物理测试成绩不低于60分的学生中，高考选考物理科目的频率为；成绩低于60分的学生中，高考选考物理科目的概率为.以这100名学生选考物理科目的频率代替该校每一位高一学生选考物理科目的概率，从该校高一学生中任意选取4名，记这4名学生将来高考选考物理科目的人数为X，求X的分布列与期望.
20．已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．
(1)求C的方程；
(2)经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．
21．已知函数．
(1)判断的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，（为参数），曲线的参数方程为，（为参数）．
(1)求曲线和的普通方程；
(2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为A，与的交点为B，求．
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
6.3
7.2
7.8
8.2
9.5
42
46
50
57
参考答案：
1．C
【分析】根据不等式直接求解，然后由集合的运算可得.
【详解】因为，，所以.
故选：C
2．A
【分析】根据复数的四则运算和复数的模的公式可得.
【详解】因为，所以.
故选：A
3．C
【分析】利用等比数列的意义结合等差中项的定义列式计算作答.
【详解】设正项等比数列的公比为()，因是和的等差中项，则，
即，整理得：，而，解得，
所以的公比.
故选：C
4．D
【分析】根据约束条件可作出可行域，将问题转化为在轴截距最小值的求解，采用数形结合的方式可求得结果.
【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，
若取得最小值，则在轴截距最小，
由图象可知：当过点时，在轴截距最小；
由得：，即，.
故选：D.
5．D
【分析】由表格数据求，由样本中心在回归方程上求，进而根据均值公式求参数m即可.
【详解】由，则，
∴.
故选：D.
6．D
【分析】根据函数的周期性、奇偶性可得，再结合已知条件求参数m，最后由周期性、奇偶性有，即可求值.
【详解】由题意知：且，故.
∵，可得，
∴.
故选：D.
7．D
【分析】利用诱导公式化简两个函数的表达式为同名函数，然后利用左加右减的原则确定平移的方向与单位，即可得解．
【详解】因为，
故将已知转化为要得到函数的图象，
又，
所以将的图象向右平移个单位长度即可得到的图象.
故选：D
8．A
【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可.
【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，
其中正方形边长和等边三角形的边长均为；
阿基米德多面体的表面积.
故选：A.
9．A
【分析】构造函数，借助新函数的单调性，即可作出判断.
【详解】令函数，则，
在上单调递增.又，
所以，，即，的大小不确定.
故选:A.
10．C
【分析】根据给定条件可得良马和驽马每天的里程数形成等差数列，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】设良马第n天行走的里程数为，驽马第n天行走的里程数为，则，，
良马这9天共行走了里，驽马这9天共行走了里，
依题意，两马9天走的总里程相当于一匹马走了一个来回，则长安与齐国两地相距里，A正确；
3天后，良马行走了里，驽马共行走了里，它们的距离为328.5里，B正确；
良马前6天共行走了里里，则良马行走6天还未到达齐国，C不正确；
良马前7天共行走了里里，则良马第7天到达齐国并返回迎接驽马，
8天后，两马之间的距离即两马第9天行走的距离之和，由，
则8天后，两马之间的距离为390里，D正确.
故选：C
11．B
【分析】设，，，根据，利用勾股定理可得的关系，再根据椭圆的定义可将，，用表示，从而可得，在中，利用余弦定理构造的齐次式，即可的解.
【详解】解：因为，
所以可设，，，
因为，所以，解得，
因为，所以，，，
所以，
在中，，，
由，可得，
即椭圆的离心率为.
故选：B.
12．B
【分析】由对数的运算性质与柯西不等式求解即可
【详解】由得，
所以
，
当且仅当时取等，
所以，
所以，
即的最小值为27，
故选：B
13．
【分析】根据向量平行的坐标表示可求得，根据向量加法和向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】，，解得：，，，，
.
故答案为：.
14．
【分析】由题可得，再根据双曲线方程直接写出渐近线方程即可.
【详解】因为，
所以，，
由双曲线方程可知，双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
15．72
【分析】根据组合的定义，结合题意进行求解即可.
【详解】从16人中选出2人，共有种选法，
若选出的2人既不在同一行又不在同一列，
则共有种选法.
故答案为：72.
16． 0.5
【分析】先将三视图还原几何体，然后利用长方体和锥体的体积公式求解容积即可；设该漏斗外接球的半径为，设球心为，利用，列式求解的值即可.
【详解】
由题中的三视图可得，原几何体如图所示，
其中，，正四棱锥的高为，
，
，
所以该漏斗的容积为；
正视图为该几何体的轴截面，
设该漏斗外接球的半径为，设球心为，
则，
因为，
又，
所以，
整理可得，解得，
所以该漏斗存在外接球，则．
故答案为：①；②.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而根据余弦定理求解即可；
（2）根据正余弦定理边角互化得，再结合（1）得，进而得，即可得答案.
【详解】（1）解：因为，
所以，即
由余弦定理知.
又，所以.
（2）解：因为，所以，
则，整理得.
由（1）知，
所以，即，
则或（舍去），故.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取DE的中点G，连接CG，FG，先证明，再用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解即可
【详解】（1）如图，取DE的中点G，连接CG，FG．
因为F是AE的中点，G是DE的中点，
所以，，
又AD＝2BC，，
所以，，
所以四边形BCGF是平行四边形，
故，
因为，平面CDE， 平面CDE，
所以平面CDE．
（2）因为平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，，
所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
则，，，，.
设平面CDE的一个法向量为，则，
令，得.
显然平面ABCD的一个法向量为.
设平面ABCD与平面CDE的夹角为θ，则，
所以平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值为.
19．(1)，中位数约为
(2)分布列见解析，2
【分析】（1）由小矩形的面积之和为1求，由小矩形面积之和为处求中位数；
（2）先确定X的取值可能以及每个值所对应的概率，即可得到分布列与期望
【详解】（1）如图可知，
解得.
学生成绩在的频率为；
学生成绩在的频率为.
设这100名学生本次物理测试成绩的中位数为x，则，
解得，
故这100名学生本次物理测试成绩的中位数约为.
（2）由（1）可知，学生成绩在的频数为，
学生成绩在的频数为.
这100名学生高考选考物理科目的频率为.
由题可知，X的取值可能为0，1，2，3，4，
，
，
，
，
.
所以X的分布列为
所以.
20．(1)
(2)或．
【分析】（1）根据抛物线方程以及P的位置关系，由即可计算抛物线方程；（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设出直线方程并与抛物线联立方程组，利用弦长公式并根据的面积为即可求得直线的斜率，得到直线方程.
【详解】（1）由题可知，点P的坐标为．
因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），
故C的方程为．
（2）由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，
可设l的方程为，，．
联立方程组，
整理得，
则，．
所以的面积，
解得或（舍去），
故l的方程为或．
21．(1)在上单调递增，无单调递减区间
(2)
【分析】（1）结合二阶导数来求得的单调区间.
（2）先将恒成立的不等式进行等价变形，通过构造函数法，结合多次求导以及对进行分类讨论来求得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
故，即，则在上单调递增，无单调递减区间．
（2）等价于．
令，则．
令，则，显然在上单调递增，故．
当时，，在上单调递增，，即，
则在上单调递增，，符合条件．
当时，，，所以，．当时，，单调递减，则．
即当时，，则在上单调递减，
则当时， ，不符合条件．
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】利用导数求解函数的单调性过程中，如果遇到一阶导数无法求解的情况，可考虑利用二阶导数来进行求解，求解过程中要注意导数符号与单调性间的联系.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）利用对曲线消去参数即可得到的普通方程，同理可得的普通方程；（2）将曲线和的普通方程化为极坐标方程，利用极径的几何意义即可求得的长.
【详解】（1）消去参数，
得的普通方程为．
消去参数，
得的普通方程为．
（2）由（1）可知的极坐标方程为，
的极坐标方程为．
射线与的交点为A的极径；
射线与的交点为B的极径．故．
23．(1)
(2)
【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，解不等式即可求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可求得，由可解不等式可求得结果.
【详解】（1）当时，，解得：；
当时，恒成立；
当时，，解得：；
综上所述：不等式的解集为.
（2）（当且仅当，即时取等号），
由恒成立可得：，解得：，
即实数的取值范围为.
X
0
1
2
3
4
P