2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第五次综合测试数学（文）试题（解析版）

2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第五次综合测试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先将集合分别求解，再计算.

【详解】，

，

故选：B.

2．已知复数满足，其中为虚数单位，则

A．1 B． C． D．

【答案】B

【详解】由得，故 .故选B.

3．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先算出的值，然后利用对数运算进行化简即可

【详解】因为，

所以

故选：A

4．若实数满足，，则直线与直线的位置关系是

A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．无法确定

【答案】C

【详解】由，，得，，又直线和直线的斜率分别为和，可知，故直线垂直.

5．“” 是“方程表示焦点在轴上的双曲线”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

【答案】B

【详解】由可知同号，若，则方程表示焦点在轴上的双曲线，故充分性不成立；反之，若当方程表示焦点在轴上的双曲线，则，，可得，故“” 是“方程表示焦点在轴上的双曲线”的“必要不充分条件”.

6．《九章算术》卷五《商功》中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？问题中“刍甍”指的是底面为矩形的屋脊状的几何体，如图1，该几何体可由图2中的八边形沿，向上折起，使得与重合而成，设图2网格纸上每个小正方形的边长为1，则此“刍甍”的体积为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】如图，所求几何体可由一个直三棱柱截去两个同样大小的棱锥得到.易知直三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，故，，故所求几何体的体积为.故选A.

7．已知不等式组表示的平面区域为，若以原点为圆心的圆与无公共点，则圆的半径的取值范围为(　　)

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，

可知当圆的半径小于原点到直线的距离或大于时，圆与无公共点，而原点到直线的距离为，，故圆的半径的取值范围为.

8．函数的大致图象为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据f（0），f（2）和f（x）在（0，+∞）上是否单调结合选项得出答案．

【详解】∵f（0）=-1，故A错误；

当x＞0时，f（x）=-ex+2x2，f′（x）=-ex+4x．

∴f′（1）=-e+4>0，f′（3）=-e3+12<0，

∴f（x）在（0，+∞）上不单调，故C,D错误；

故选B．

9．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为，则判断框内的条件可以是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由程序框图知，第1次运算，，；第2次运算，，；第3次运算，，；第4次运算，，，….

可用下列表格列出运算结果：

可知，当时，输出，故可以填，故选C.

10．已知函数（）的部分图象与坐标轴交于点，如图，其中，，且，则的值为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由得，又，可得函数的最小正周期为3，所以，可知，把点代入，结合图象，易得，所以，把点代入，可得，故选C.

11．曲线上的一点到直线的距离的取值范围为

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】由得，可知曲线为椭圆在轴上方的部分（包括左、右顶点），作出曲线的大致图象如图所示，当点取左顶点时，所求距离最大，且最大距离为；当直线平移至与半椭圆相切时，切点到直线的距离最小，设切线方程为，联立方程得，消去得，由得，所以，由图可知，所以最小值为，故所求的取值范围为．

12．已知函数，若有三个零点，则实数的取值范围是(  )

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】，

当时，，令，

则，所以在单调递减，且，

当时，，当时，，

所以在单调递增，单调递减，，

当时，，

令，则，

所以在单调递增，且，

当时，，当时，，

所以在单调递减，单调递增，，

所以得到大致图象如下：

由图知，若有三个零点，则，且，得取值范围是，

故选A．

点睛：本题考查导数的应用．在含参的零点个数问题中，我们常用方法是分参，利用数形结合的方法，转化为两函数图象的交点个数问题．具体函数通过求导，判断单调性，得到函数的大致图象，解得答案．

二、填空题

13．已知等差数列满足，则数列的前9项和为_______．

【答案】63

【详解】由数列为等差数列，可得数列也为等差数列，则数列的前9项和为.

14．已知向量，，且，则_______．

【答案】或

【详解】由已知，易得，则，解得 或.

15．已知某几何体的三视图如图所示，其中侧视图和俯视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为_______．

【答案】

【详解】由三视图可借助正方体还原该几何体为，如图，且该几何体的外接球为正方体的外接球，且正方体的棱长为2，故该正方体的体对角线长为，所以几何体的外接球的半径为，则所求体积为.

16．对于数列，若对任意，都有成立，则称数列为“增差数列”.设，若存在正实数使数列，，，…，是“增差数列”，则正实数的取值范围是_______.

【答案】

【分析】根据已知可得，时，恒成立，整理可得在时恒成立.可转化为，令，可知在区间内单调递减，进而求得最大值，得出结果.

【详解】存在正实数使数列，，，…，是“增差数列”，

由题意得时，恒成立，即

在时恒成立，

整理得，即在时恒成立，

因为，所以，，

令，根据复合函数的单调性知，在区间内单调递减，

所以，所以.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：对于这类定义题，首先是理解定义的完整内容和一些关键词，再利用定义解答. “增差数列”这个定义比较好理解，主要是后面的化简，由于含有指数式并且有分母，所以化简时要认真，化简得到后，要联想到分离参数求最值.

三、解答题

17．在锐角三角形中，内角，，所对的边分别为，，，且．

（1）求；

（2）若，求的面积的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）由两边同除以，

可得，

由正弦定理可得，

即，

∵，∴，∴，

∵，∴，即.

又，可得.

（2）由正弦定理知，

由（1）知，∴，

∴

又，为锐角三角形，可得， ∴，

∴，即.

又，故.

18．如图，几何体中，平面，为正三角形，为等腰直角三角形，为直角，平面平面，，为的中点.

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析；（2）

【详解】（1）如图，取的中点，的中点，连接，

则在中，，且，

又，所以，又，则.

∵平面平面，交线为，平面，∴平面，

∵平面，∴，由，为正三角形，

可得，∴，

∴且，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，

∴平面.

（2）如图，连接，，由（1）知，

可得三棱锥的体积.

∵平面，即平面，

∴，且，

又，

∴，∴三棱锥的体积为.

19．某公司计划购买1台机器，且该种机器使用三年后即被淘汰．在购进机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用200元，另外实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次50元．在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修服务费用500元，无需支付小费．现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期间的维修次数，得如下统计表：

记表示1台机器在三年使用期内的维修次数，表示1台机器在维修上所需的费用（单位：元），表示购机的同时购买的维修服务次数．

（1）若，求关于的函数解析式；

（2）若要求“维修次数不大于”的频率不小于0.8，求的最小值；

（3）假设这100台机器在购机的同时每台都购买10次维修服务或每台都购买11次维修服务，分别计算这100台机器在维修上所需费用的平均数，以此作为决策依据，判断购买1台机器的同时应购买10次还是11次维修服务？.

【答案】（1） ；（2）见解析；（3）10次.

【分析】⑴根据题意写出分段函数即可

⑵计算出“维修次数不大于或者次”的频率，比较得结果

⑶利用表格得到费用的所有可能取值及相应频率，再利用平均数公式进行求解，最后比较两个平均数即可得结论

【详解】（1）

即．

（2）因为 “维修次数不大于”的频率，

“维修次数不大于”的频率=，

所以若要求“维修次数不大于”的频率不小于0.8，则n的最小值为11．

（3）若每台都购买10次维修服务，则有下表：

此时这100台机器在维修上所需费用的平均数为

2730（元）

若每台都购买11次维修服务，则有下表：

此时这100台机器在维修上所需费用的平均数为

2750（元）

因为，所以购买1台机器的同时应购买10次维修服务．

【点睛】本题主要考查了数学建模思想，变量的平均值等知识，意在考查学生的数学应用能力和基本计算能力，属于基础题

20．在平面直角坐标系中，直线过点且与直线垂直，直线与轴交于点，点与点关于轴对称，动点满足.

（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；

（Ⅱ）过点的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1);(2).

【详解】（Ⅰ）由已知设直线的方程为，

因为点在直线上，所以，解得.

所以直线的方程为.              

令，解得，所以，故.

因为，       

由椭圆的定义可得，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长为4.   

所以，，

所以轨迹的方程为.

（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，由，解得.

不妨设，，则.

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

由，消去，得，

依题意，直线与轨迹必相交于两点，设，，

则，，

又，，

所以

.

综上可得，为定值.

21．已知函数（）．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，对任意的，证明：.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【详解】（1），

①当时，令得，可知时，，时，，

∴在上单调递增，在上单调递减；

②当时，令，得或，

若，，时，，时，，

∴在上单调递减，在上单调递增；

若，时，恒成立，

∴在上单调递减；

若，，时，，时，，

∴在上单调递减，在上单调递增.

综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）由题意原题即证：当时，，

由（1）知当时，在上单调递减，

∴，，

∴.

当时，在上单调递增，

∴，，

∴

当时，，在上单调递增，在上单调递减，

∴，

令（），得，

则，

显然，当时，恒成立，在上单调递增，

∴，即.

又，，∴，，

∴.

综上，若，对任意的，.

22．已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）将曲线的参数方程化为极坐标方程；

（2）射线（）与曲线，分别交于，两点，曲线与极轴的交点为，求的面积．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）先将参数方程化为普通方程，再根据，可得极坐标方程；

（2）先求点到射线的距离，再求，利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）由得，所以，

所以曲线的普通方程为，

由，，得曲线的极坐标方程为.

（2）由曲线的方程可得曲线与极轴的交点的极坐标为，

故点到射线的距离为，

设点，代入曲线的极坐标方程，可得，所以，即，又，即，

所以，

所以的面积．

23．已知函数.

(1)解关于x的不等式；

(2)若对于任意的，不等式恒成立，求实数t的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据绝对值的应用，分别进行讨论解不等式即可．

（2）根据不等式恒成立，转化为最值恒成立进行求解即可．

【详解】（1）①当时，不等式可化为，即，解得，故；

②当时，不等式可化为，解得，故；

③当时，不等式可化为，解得．显然与矛盾，

故此时不等式无解．

综上，不等式的解集为，；

（2）由（1）知，．

作出函数的图象，如图，

显然．

故由不等式恒成立可得，

即

解得．

所以的取值范围为，．