2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第四次综合测试数学（理）试题（解析版）

2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第四次综合测试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则下列判断正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数的值域求得集合，由对数函数的定义域求得集合，即可判断.

【详解】因为，所以集合，

又函数的定义域为，则集合，

即，，M不是N的真子集

故选：C.

2．设表示复数的点在复平面内关于实轴对称,且,则=（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数在复平面对应点的性质可得,代入计算出结果即可.

【详解】解:由题知的点在复平面内关于实轴对称,

,

,

.

故选:B

3．若命题“，使得”为假命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据命题的关系得到命题“，都有”为真命题，从而得到，即可求得实数的取值范围.

【详解】命题“，使得”的否定为：

“，都有”，

因为命题“，使得”为假命题，

所以命题“，都有”为真命题，

所以，解得：，

即实数的取值范围是，

故选：C.

4．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用幂函数的单调性与对数函数的性质判断的范围，可得答案.

【详解】解：由在是增函数，且，，

可得，且，

故可得，

故选：A.

【点睛】本题主要考查函数值大小的比较，是基础题，解题时注意对数函数、幂函数性质的合理运用.

5．已知，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对原式两边平方，再结合同角的三角函数的平方关系和二倍角公式，即可求解.

【详解】由得：，

即，则，

所以，

故选：D.

6．已知,若,则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意将代入到中,展开后将,代入,即可得出选项.

【详解】解:由题知,,,

,

则有

,

.

故选:C

7．人类社会初期，人们通过在绳子上打结来计算数量，即“结绳计数”，当时有位母亲，为了准确记录孩子的成长天数，在粗细不同的绳子上打结，由细到粗（从右往左数），满七进一，那么孩子已经出生多少天？（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意共有天，计算得到答案.

【详解】根据题意，一共有.

故选：B.

8．若对任意非零实数，定义的运算规则如图的程序框图所示，则的值是（    ）

A． B．

C． D．9

【答案】C

【分析】根据程序框图得到分段函数解析式，再由解析式计算可得结果.

【详解】根据程序框图可知，，

所以，

所以，

即.

故选：C

9．已知中，角的对边分别是，若，则是

A．等边三角形 B．锐角三角形

C．等腰直角三角形 D．钝角三角形

【答案】C

【详解】试题分析：∵，∴由正弦定理可得：，而，当且仅当时取等号．∴，即，又，故可得：，∴．又∵，可得，故三角形为等腰直角三角形．故选C．

【解析】1．正弦定理；2．基本不等式．

10．如图，正方体的棱长为，以顶点为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：图中弧为过圆心的平面与球面相交所得大圆的一段弧，因为，所以，由弧长公式知弧的长为，弧为不过圆心的平面与球面相交所得小圆的弧，其圆心为，因为球心到平面的距离，球半径，所以小圆半径，又，所以弧的长为，两段弧长之和为，故选A．

【解析】1、球的截面性质；2、弧长公式．

11．已知点A、B是双曲线上的两点，O为坐标原点，且满足OA⊥OB，则点O到直线AB的距离等于（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】当直线的斜率为时，得到点、是直线与双曲线的交点，从而得到点O到直线AB的距离等于点、纵坐标的绝对值；当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，联立直线和双曲线得到（），从而得到和，由得到，求得，结合点到直线的距离公式即可得出.

【详解】当直线的斜率为时，即直线平行于轴，

因为双曲线关于轴对称，则点、也关于轴对称，

又，则直线、和轴的夹角均为，

所以点O到直线AB的距离等于点、纵坐标的绝对值，

联立，解得：，即，

所以当直线的斜率为时，点O到直线AB的距离等于；

当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，

联立，消去得到：，

即（），

因为直线与此双曲线有两个不同的交点，所以，

则有，，

又，，

且，，即，

又，，

所以，

则，

即，化简得：.

则点到直线的距离，

综上：点O到直线AB的距离等于，

故选：A.

12．已知函数，若对于任意的实数恒有，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可将题目转化为，即，显然，运用参数分离和二倍角公式可得，求出右边函数的范围，即可得解.

【详解】对于任意的实数恒有，即，

即，显然，

当时，显然成立；由偶函数的性质，只要考虑的情况即可，

当时，，即

由，则，则题目转化为，

令，求导，

故函数在上单调递减，，即，

，即，所以，解得

所以实数的取值范围是

故选：A

二、填空题

13．的二项展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项等于___________.

【答案】15

【分析】根据二项式系数和得，进而求出二项式展开式的通式公式，令，解出，即可得出答案.

【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，

所以，得，

所以题中二项式为，二项式展开式的通式公式为：，

令，得：，则展开式中的常数项等于.

故答案为：15

14．若变量满足约束条件，则的取值范围是_______

【答案】

【分析】，作出不等式组对应的平面区域， 的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，由图象分别求出的最大值和最小值即可得出答案.

【详解】，作出不等式组对应的平面区域，

的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，

由图象知的斜率最大，的斜率最小，

的最大值为

的最小值为 ，即的取值范围是 ，

故答案为：.

15．已知定义在上的奇函数满足,数列的前项和为,则______________

【答案】3

【分析】根据奇函数和得到的周期性,根据,,得到,再根据周期性和对称性及即可得出结果.

【详解】解:由题知,

,

,

为奇函数,

,

,

,

将代换为,

有,

两式相减可得: ,

即,

故周期为3,

.

故答案为:3

16．三棱锥中，，，，作出与、都平行的截面，分别交棱、、、于点、、、，则截面的最大面积为______________

【答案】

【分析】利用线面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，结合，可得四边形为矩形，设，，求出和，再求出矩形面积关于的函数解析式，利用二次函数知识可求出结果.

【详解】如图：

因为，平面，所以，

因为，平面，所以，

所以，

因为，平面，所以，

因为，平面，所以，

所以，

所以四边形为平行四边形，

又，所以，

所以四边形为矩形，

设，，

则，又，所以，

，又，所以，

所以矩形的面积为，

所以当时，面积取最大值.

故答案为：.

三、解答题

17．设数列的前项和为，若，（）.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列的通项公式.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）令得到，结合解得和，利用得到，从而得到，即可证明数列是等比数列；

（2）由（1）得到，由时，得到，再验证，即可求解.

【详解】（1）因为，所以时，，即①，

又②，由①和②得：，，

由得：，即，

所以，即，

又，

所以数列是首项为，公比为的等比数列.

（2）由（1）得：，则，

当时，，

当（）时 ，，，

两式相减得：，

时，满足，

故数列的通项公式为（）.

18．某省2015年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省100000名男生的身高服从正态分布．现从某校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于和 之间，将测量结果按如下方式分成6组：第一组，第二组， ，第6组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．

（1）试评估我校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况；

（2）求这50名男生身高在以上（ ）的人数；

（3）在这50名男生身高在以上（含 ）的人中任意抽取2人，该2人中身高排名（以高到低）在全省前130名的人数记为，求的数学期望．

（参考数据：若，， ，．）

【答案】（1）；（2）；（3）.

【详解】试题分析：（1）将频率分布直方图中每个小矩形的面积与小矩形底边中点的横坐标之积相加，就是样本数据的估计平均数；(2)由；（3）先求得人中以上人数，然后令取，可得其概率，最后得到期望.

试题解析：（1）由直方图，经过计算我校高三年级男生平均身高为

高于全省的平均值．

（2）由频率分布直方图知，后两组频率为，人数为，

即这50名男生身高在以上(含)的人数为10人．

（3），

，．

所以，全省前130名的身高在以上，这50人中以上的有5人．

随机变量可取，于是

，，

．

【解析】用样本的数字特征估计总体的数字特征、频率分布直方图、数学期望.

19．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，AA1＝8，点D在线段AB上．

(1)当AC1平面B1CD时，确定D点的位置并证明；

(2)当时，求二面角B－CD－B1的余弦值．

【答案】(1)D是AB的中点，证明见解析

(2)

【分析】（1）连接BC1，交B1C于点E，连接DE，由题意证得DEAC1，再由线面平行的判定定理即可证明.

（2）以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，分别求出平面和平面B1CD的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.

【详解】（1）当D是AB的中点时，AC1平面B1CD．

证明：连接BC1，交B1C于点E，连接DE.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，

所以侧面BB1C1C为矩形，DE为的中位线，所以DEAC1.

因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1平面B1CD．

（2）由AB＝10，AC＝8，BC＝6得AC⊥BC．以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，

则B(6，0，0)，A(0，8，0)，．

设，

因为点D在线段AB上，且，即.

所以a＝4，b＝.所以＝(－6，0，－8)，＝(4，，0)．

平面BCD的一个法向量为＝(0，0，1)，

设平面B1CD的法向量为＝(x，y，1)，

由·＝0，·＝0得

所以，y＝2，，．

设二面角B－CD－B1的大小为θ，cosθ＝，

所以二面角B－CD－B1的余弦值为.

20．已知分别是直线和上的两个动点，线段的长为，是的中点．

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过点任意作直线（与轴不垂直），设与（1）中轨迹交于两点，与轴交于点．若，，证明：为定值．

【答案】（1）． （2）证明见解析．

【分析】（1）本小题属于相关点法求轨迹方程，设，然后再设出相关动点，根据是的中点，以及,可以消去，得到的普通方程.

（2）设出直线的方程为,再设，然后直线方程与椭圆的方程联立，根据，可得，同理，则,然后再利用韦达定理证明即可

【详解】（1）设，

∵是线段的中点，∴

∵分别是直线和上的点，∴和．故，，

∴

又，∴

∴，∴动点的轨迹的方程为．

（2）依题意，直线的斜率存在，故可设直线的方程为．

设

则两点坐标满足方程组，

消去并整理，得，

∴，

∵，∴

即，∵与轴不垂直，∴，

∴，同理

∴．

代入韦达定理有，故为定值

21．已知函数（）.

（1）若曲线上点处的切线过点，求函数的单调递减区间；

（2）若函数在上无零点，求的最小值.

【答案】（1）；（2）．

【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，计算g′（1），求出a的值，从而求出g（x）的递减区间即可；

（2）问题转化为对x∈（0，），a＞2﹣恒成立，令l（x）=2﹣，x∈（0，），根据函数的单调性求出a的最小值即可．

试题解析：

（1）∵g（x）=（3﹣a）x﹣（2﹣a）﹣2lnx，

∴g′（x）=3﹣a﹣，∴g′（1）=1﹣a，

又g（1）=1，∴1﹣a==﹣1，解得：a=2，

由g′（x）=3﹣2﹣=＜0，解得：0＜x＜2，

∴函数g（x）在（0，2）递减；

（2）∵f（x）＜0在（0，）恒成立不可能，

故要使f（x）在（0，）无零点，只需任意x∈（0，），f（x）＞0恒成立，

即对x∈（0，），a＞2﹣恒成立，

令h（x）=2﹣，x∈（0，），

则h′（x）=，

再令m（x）=﹣2，x∈（0，），

则m′（x）=＜0，

故m（x）在（0，）递减，于是m（x）＞m（）=2﹣2ln2＞0，

从而h′（x）＞0，于是h（x）在（0，）递增，

∴h（x）＜h（）=2﹣4ln2，

故要使a＞2﹣恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），

综上，若函数y=f（x）在（0，）上无零点，则a的最小值是2﹣4ln2．

22．选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系中,曲线 （t为参数,且 ）,其中,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线

（Ⅰ）求与交点的直角坐标；

（Ⅱ）若与相交于点A,与相交于点B,求最大值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.

【详解】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．联立解得或所以与交点的直角坐标为和．

（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．因此得到极坐标为，的极坐标为．所以，当时，取得最大值，最大值为．

【解析】1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值．

23．设 .

(1)求 的解集;

(2)若不等式,对任意实数恒成立,求实数x的取值范围.

【答案】(1) (2.

【详解】试题分析：

 (1)分情况讨论去绝对值求解即可；

(2)整理,再结合绝对值三角不等式可得，再解不等式即可.

试题解析：

(1)由有或

或

解得,所求解集为.

(2=,

当且仅当时取等号.

由不等式对任意实数恒成立,

可得,解得.