2022届广东省高考研究会高考测评研究院高三上学期阶段性学习效率检测调研数学试题（解析版）

这是一份2022届广东省高考研究会高考测评研究院高三上学期阶段性学习效率检测调研数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届广东省高考研究会高考测评研究院高三上学期阶段性学习效率检测调研数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，将集合分别化简，结合集合的运算，即可得到结果.【详解】，，或，则有，故选:A.2．复数满足（为虚数单位），则的模为（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据题意，由复数的运算即可得到复数，结合复数的模长公式，即可得到结果.【详解】由，可得，则可得：；故选:C.3．某人有五把钥匙，其中两把可把门打开.随机取一把试开门，如果打不开，则将其不放回，再从剩下的钥匙中再取一把试开.那么第二次才将门打开的概率是多少？（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设第打开门为事件，由相互独立事件的乘法公式代入即可得出答案.【详解】设第打开门为事件，则原问题为计算.故选：D.4．2020年全国城镇私营单位就业人员平均工资为57727元，比上年增加4123元，增长率为7.7%，增速比2019年回落0.4个百分点.图1为2011年至2020年城镇私营单位就业人员平均工资及增速图，图2为2020年四大区域（东部、中部、西部、东北四个区域）平均工资的增速图.则下列说法正确的是（    ）A．2011年至2020年城镇私营单位就业人员的平均工资逐年递增B．2011年至2020年城镇私营单位就业人员的平均工资的增长率逐年递减C．2020年中部地区的平均工资最高D．2020年东北地区平均工资的增速最高【答案】A【分析】根据柱形图，折线图，饼图所给的数据分析求解.【详解】由图1可知，柱状图（平均工资）从左到右逐步升高，说明A正确；红色折线图（增长率）总体趋势下降，但中间也有上升，所以B错误；由图2可知，中部地区2020年的工资的平均增速最高，工资不一定最高，所以C错误、D错误.故选:A.5．将函数的图象向左平移个长度单位，得函数图象，则以下结论中正确的是（    ）A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增【答案】D【分析】由已知可得，.根据周期公式即可判断A项；代入检验结合正弦函数的对称性可判断B、C项；令，得出，根据正弦函数的单调性即可判断D项.【详解】依题意可得.对于A项，最小正周期为，故A错误；对于B项，因为，所以点不是的对称中心，故B错误；对于C项，因为，所以不是函数的对称轴，故错误；对于D项，令，因为，所以，又在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.故选：D.6．下列函数中，其图象与函数y=ln(x+1)的图象关于直线x=1对称的是（    ）A．y=ln(1-x) B．y=ln(3-x) C．y=ln(1+x) D．y=ln(3+x)【答案】B【解析】设为所求曲线上一点，求出关于对称点，即可得答案；【详解】设为所求曲线上一点，关于对称点，，与关于对称，故选：B.【点睛】本题考查利用相关点代入法求曲线方程，属于基础题.7．直线过抛物线的焦点交抛物线于、两点.若，为原点，则的重心的横坐标为（    ）A．4. B．8 C．16 D．24【答案】B【分析】设点、的横坐标分别为，，由抛物线的焦点弦长公式可求出，即可求出的重心的横坐标.【详解】设点、的横坐标分别为，，由过抛物线的焦点弦长公式得：，所以，所以的重心的横坐标为：，故选：B.8．已知点是直线：上的动点，点为原点，点的坐标为，点的坐标为，点为坐标平面内一点，且有，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据隐形圆的轨迹判断并结合直线和圆的几何位置关系分析即可求解.【详解】如图，因为，又，所以，从而，故点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.当点为直线：上的定点时，当与圆相切时，最大，此时，当时，此时最小，最大，从而最大.此时，，，此时的最大值为，故选：C.   二、多选题9．已知三棱锥的各顶点都在球心为的球面上，且，，，则（    ）A．，，两两互相垂直 B．球的半径是C．球的表面积是 D．球的体积是【答案】ACD【分析】由题意证得，，可判断A；将该三棱锥补形为一个长方体，其长、宽、高分别为1，1，2，其外接球的直径为该长方体的体对角线，求出外接球的半径，即可求出球的表面积、体积可判断B、C、D.【详解】根据题意可知：，，可得，，，即可得，，两两互相垂直，故选项A成立；根据选项A可将该三棱锥补形为一个长方体，其长、宽、高分别为1，1，2，其外接球的直径为该长方体的体对角线即，即球的半径为，则可得球的表面积是，球的体积是.综上可得ACD成立.故选：ACD.10．已知向量，，且，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．的值为【答案】BD【分析】根据向量的模长的计算公式可判断A，根据单位圆以及向量的加法平行四边形法则即可判断BC，由模长公式以及垂直关系即可判断D.【详解】，，即有，故选项A错误；不妨设，如图，设点、、的坐标为，，，即可得点，在单位圆上.根据向量加法的平行四边形法则，四边形为正方形，据此不妨设，，从而可得：，，即可得选项B成立，选项C错误.由可得：，可得：，，则可得：，故选项D成立.故选：BD11．已知函数，实数，满足不等式，则（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据导数函数的单调性，证明奇偶性后进行变换即可求解.【详解】利用函数的性质可以判断为奇函数，由可得：；，利用导数可知其在上单调递增，从而可得：，即有：.显然可得：选项AC成立，选项D错误；令，，可验证选项B错误；故选：AC.12．如图，已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（    ）A．三棱锥最长的棱长为B．是锐角三角形C．平面截正方体的截面为四边形D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】根据正方体的特征，逐项进项验证即可求解.【详解】对于，过点作，连接，因为正方体的棱长为2，，所以，则，，，则，，过作，连接，则，所以，又因为，则，由此可知：三棱锥最长的棱长为，故选项正确；对于，由可知：在中，因为，三边中边最大，且，所以为锐角三角形，故选项正确；对于选项，分别延长交于点，连接交于，连接，则平面截面，面，面的截面为四边形，根据平面的延展性可知：平面截正方体的截面不可能为四边形，故选项错误；对于，如图，延长，相交于点，连接，.考虑两个三棱锥，，易得：.转而求三棱锥的体积，过点作的平行线与的延长线交于点，考虑，可通过四边形面积减去三个小三角形的面积，因为为的中点，且，所以，则有，，，所以可得的面积为，再由点到平面的距离为2，根据三棱锥的体积公式即可得，从而可得：，故选项正确，故选：ABD. 三、填空题13．已知函数，则该函数在点处的切线方程为______.【答案】【分析】求出以及，根据导数的几何意义知.代入点斜式方程即可得出.【详解】，则.又，所以切点坐标为，根据导数的几何意义可得：函数在点处的切线斜率.所以，切线方程为.故答案为：.14．已知数列的前项和为，（），，则______.【答案】##【分析】解法一:令，可得：，当时，，与原条件相减可得：，与的表达式对比即可求出；解法二：令，可得：，解方程即可得出答案.【详解】解法一：令，可得：，化简可得：；当时，，与原条件相减可得：.与的表达式对比可得：，，综上可得：；解法二：令，可得：，化简可得：；故答案为：.15．如图，已知点是双曲线：右支上任意一点，过点分别作两条渐近线：：，：的平行线，分别交，于点和点，则四边形的面积为______.【答案】【分析】设，，利用向量加法及双曲线方程可得，再根据平行四边形的面积公式即可求解.【详解】设，，因为四边形为平行四边形，根据向量的加法，可得，代入双曲线的方程可得，即有，因为，，所以，，，，所以，故答案为： 四、双空题16．在中，角所对的三边分别为，，①当时，的最大值为______；②面积的最大值为______.【答案】          【分析】（1）利用余弦定理，余弦函数图像的性质，结合题干条件，求出的范围，再求的最大值；（2）设出边的中线，结合题干条件，余弦定理，推出中线相关的表达式后结合基本不等式进行求解.【详解】当时，，根据基本不等式可得：，则有，又，在上单调递减，故，由此可得的最大值为；设边长的中线为，，两边平方可得：，结合余弦定理：，代回该方程，整理可得：，代入条件可得：，根据基本不等式可得：，即，设与所成的夹角为，根据面积公式：，此时，即中线，由三线合一可得，结合等号成立条件，则当时，面积取得最大值.故答案为：； 五、解答题17．已知函数（），且有，.又（）.(1)求数列的通项公式；(2)，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据题设列出方程组求解；(2)利用错位相减法即可求解.【详解】（1）依题意可得：，整理得，解得：或，又∵，∴从而可求得，所以，故.（2），，两式相减可得：化简可得：，从而可得：.18．在中，角，，所对的三边分别为，，(三边均为正整数)，是的角平分线，，，.(1)求，的值；(2)求的大小及的长.【答案】(1)，；(2)，. 【分析】（1）根据三角形面积公式，结合余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可；（2）根据余弦定理、两角和的正弦公式进行求解即可.【详解】（1）根据三角形的面积公式：，.又因为是的角平分线，所以.从而可得：，即有，可得，根据大边对大角，可得为锐角.，∴，利用余弦定理可得：，代入数据可得：.计算可得：或（不是正整数，舍去），因此，即可得：；（2）在中使用余弦定理可得：所以的值为，的值为，所以.在中，可得.使用正弦定理可得：，代入数据可得：.19．天和核心舱是我国目前研制的最大航天器，同时也是我国空间站的重要组成部分.2021年6月17日，神舟十二号载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明和杨洪波三名宇航员升空并顺利“入住”天和核心舱.这是中国人首次进入自己的空间站，这也标志着中国的载人航天事业迈入了一个新的台阶.某学校为了宣传这一航天盛事，特意在本校举办了一场以天和核心舱为主题的知识问答比赛（比赛的满分为100分），规定80分以上的同学为优秀.全校共有100名学生参加，根据比赛的结果统计出图中的列联表.(1)完善列联表，并判断是否有99%的把握认为性别与获得比赛优秀的结果相关.若该学校1000名学生都参加这一比赛，且各位学生是否获得优秀相互独立，以列联表中的数据所统计出的频率为概率，试估计这1000名学生中有多少学生能获得优秀.(2)现有3个体验航天员训练活动的名额随机分配给在比赛中获得优秀的学生，设获得体验名额的女生人数为，试计算的分布列以及数学期望.性别优秀男女总计是10  否  85总计 50  （附：，）【答案】(1)列联表见解析，没有把握，150名(2)分布列见解析，1 【分析】（1）由题意完成列联表，计算，即可判断是否有99%的把握认为性别与获得比赛优秀的结果相关，再求出这1000名学生中能获得优秀的学生人数.（2）求出的可能取值和每个对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式计算的数学期望.【详解】（1）列联表完善如下：性别优秀男女总计是10515否404585总计5050100 根据公式的估计值为分经查表，.故没有99%的把握认为性别与获得比赛优秀的结果相关.根据列联表可知，参加比赛的学生中获得优秀的频率为15%.全校1000名学生获得优秀的人数约为：.这1000名学生中大约有150名学生能得到优秀.（2）获得体验名额的女生人数的取值范围是：0，1，2，3；；；则其对应的分布列为：0123 的数学期望为：.20．在四棱锥中，，，，，且，，平面平面.(1)证明：//平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用题干中的线段比例关系，在平面里找一条线使其和平行，根据线线平行推导线面平行；（2）过作的垂线，垂足为，先证明三条直线两两垂直，然后建系，利用空间向量解决.【详解】（1）设点满足，即，结合条件，即，，即；由条件，即，可得：，显然线段不共线，从而可得四边形为平行四边形，即可得：//，平面，平面，故可得：//平面（2）过点作作的垂线，垂足为，平面，平面平面，平面平面，可得：平面∵，∴，故可得，，，.在直角梯形中，，，可得，在中，根据余弦定理：，根据上述分析可得：，从而可得：.综上可得：三条直线两两垂直.故以点为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系.则有点，，，，，设平面的法向量为，则可得：，即有，令，可得；平面与平面为同一个平面，显然平面的一个法向量为.可得：，结合图形可知是锐二面角，从而可得二面角的余弦值为21．已知椭圆：（）的左右焦点为，，上、下端点为，.若从，，，中任选三点所构成的三角形均为面积等于2的直角三角形.(1)求椭圆的方程；(2)如图，过点作两条不重合且，斜率之和为2的直线分别与椭圆交于，，，四点，若线段，的中点分别为，，试问直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点，且定点为 【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）设出直线和直线的方程，结合根与系数关系求得直线的方程，进而判断出直线过定点.【详解】（1）解法一：从，，，中任选三点可构成四个三角形，其中，.为此仅需考虑，为面积等于2的直角三角形即可.其中，.因为为等腰三角形，故可得，即有：；同时因为为等腰三角形，故可得，即有：；综上可得：，，即可得椭圆的方程为.解法二：由椭圆的对称性，结合已知条件可知从，，，中任选三点所构成的三角形，均为等腰直角三角形，故四边形是面积为4的正方形，又正方形的边长为，故，即又正方形的对角线相等，所以，即又因为，所以从而椭圆的方程为.（2）解法一：依题意，设直线的方程为：①设直线的方程为：，联立方程①与椭圆的方程可得由韦达定理得，根据中点公式可得：则，即同理可得：从而直线的斜率为：故直线的方程为：因为，将代入上式可得：故直线必过定点.解法二：依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为：①，设直线的方程为：②，设直线的方程为：，联立方程②与椭圆的方程可得由韦达定理得根据中点公式可得：同时点是直线和直线的交点，联立方程①②得即可得，整理得④同理可得⑤根据④⑤可以理解为，为关于的一元二次方程的两个根.由韦达定理可得：，即可得：，∴直线的方程为：，故直线必过定点.22．已知函数，.(1)判断函数的单调性，并求其最值；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，最大值为，无最小值.(2) 【分析】（1）利用导数解决函数单调性问题并求最值.（2）当时，不合题意；当时，通过构造新函数，证明 恒成立得到结论.【详解】（1）对函数求导可得：.可知当时，，时，，即在上单调递增，在上单调递减.所以的最大值为，无最小值.（2）当时，恒成立.当时，为二次函数，图像抛物线开口向下，，使得，与恒成立矛盾；当时，，可知恒成立现证明恒成立，即证：，等价于证明.构造函数，求导可得：，设，则，时，，时，，可得在上单调递减，在上单调递增.即在上单调递减，在上单调递增，且当时，恒成立，.故可得：当时，，时，，即可知在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，从而可得，即有恒成立，所以当时，恒成立综上实数的取值范围是.