2022届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期期末考试数学（理）试题含答案

鹤岗一中2021-2022学年度高三第四次月考

数学理科试题

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数z满足，则z的虚部等于（    ）

A．4i B．2i C．2 D．4

3．已知p，q为两个命题，则“是假命题”是“为真命题”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

5．在各项均为正数的等比数列中，若，，成等差数列，则（    ）

A． B． C．2 D．4

6．下列四个函数，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（    ）

A． B． C． D．

7．已知，则a，b，c的大小关系为（    ）

A．         B．          C．        D．

8．的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，的周长等于（    ）

A． B． C． D．

9．某商场为了解销售活动中某商品销售量与活动时间之间的关系，随机统计了某次销售活动中的商品销售量与活动时间，并制作了下表：

由表中数据可知，销售量与活动时间之间具有线性相关关系，算得线性回归方程为，据此模型预测当时，的值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数，若，且，则的最小值是（    ）

A．2 B．4 C． D．

11．如图，在正方体中，点P在线段上运动，给出下列判断：

（1）平面平面 （2）平面

（3）异面直线与所成角的范围是 （4）三棱锥的体积不变

其中正确的命题是（    ）

A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（2）（4） D．（1）（2）（4）

12．已知函数有两个零点，则a的最小整数值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

二、填空题

13．甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委大，甲与体委的年龄不同，体委比乙的年龄小．据此推断班长是________．

14．设Sn为数列{an}的前n项和，且a1=2，（n≥2），则S4=___________.

15．已知函数．在中，角，，的对边分别是，，且满足，则的取值范围是________．

16．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共焦点，，是它们在第一象限的交点，且，则的最小值为________．

三、解答题

17．设

（1）解不等式；

（2）对任意的非零实数，有恒成立，求实数的取值范围.

18．已知的内角、、所对的边分别是、、，，.

（1）若，求；

（2）求的最大值，以及此时的内角.

19．治理沙漠离不开优质的树苗，现从苗圃中随机地抽测了200株树苗的高度（单位：cm），得到以下频率分布直方图.

（1）求直方图中a的值及众数､中位数；

（2）若树高185cm及以上是可以移栽的合格树苗.从样本中按分层抽样方法抽取20株树苗作进一步研究，不合格树苗､合格树苗分别应抽取多少株？

20．如图，在三棱锥中，为正三角形，，O，E分别为BD，BC的中点，且.

（1）证明：；

（2）求平面AOE与平面ADC所成锐二面角的余弦值.

21．已知动圆过定点A(2，0)，且在y轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H，点E(m，0)(m>0)为一个定点，过点E作斜率分别为k1，k2的两条直线交H于点A，B，C，D，且M，N分别是线段AB，CD的中点．

（1）求轨迹H的方程；

（2）若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．

22．已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）若，且，证明：.

数学理科参考答案

1．B

【分析】

求函数的定义域求得集合，求函数的值域求得集合，由此求得.

【详解】

由题意得集合，集合，所以.

故选：B

2．D

【分析】

由复数乘除法运算求得后可得结论．

【详解】

由题意，虚部为4．

故选：D．

3．A

【分析】

根据充分、必要条件的知识来确定正确答案.

【详解】

“是假命题”，则都是假命题.

“为真命题”，则是假命题.

所以“是假命题”是“为真命题”的充分不必要条件.

故选：A

4．B

【分析】

首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数在何处能够取得最大值和最小值，从而确定目标函数的取值范围即可.

【详解】

由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，

目标函数为：，

其中取得最大值时，其几何意义表示直线系在轴上的截距最大；取得最小值时，其几何意义表示直线系在轴上的截距最小，

据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最小值，

联立直线方程：，可得点的坐标为：，

据此可知目标函数的最小值为：，且目标函数没有最大值.

故目标函数的取值范围是.

故选：B.

5．D

【分析】

结合等差中项的性质列方程，化简求得，由此求得.

【详解】

设等比数列的公比为，，

由，，成等差数列，可得，

即为，

可得，解得舍去），

则．

故选：D

6．A

【分析】

先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，即可选择判断.

【详解】

最小正周期为，在区间上单调递减；

最小正周期为，在区间上单调递减；

最小正周期为，在区间上单调递增；

最小正周期为，在区间上单调递增；

故选：A.

7．C

【分析】

根据对数的运算性质和对数函数的单调性，分别求得的取值范围，即可求解.

【详解】

由，

可得，

又由，所以，

又因为，所以.

所以．

故选：C.

8．D

【分析】

根据向量的数量积的运算公式，求得，再利用余弦定理列出方程，求得，即可求得三角形的周长.

【详解】

因为，且，可得，解得，

又由余弦定理得，

即，

可得，所以，

所以的周长为.

故选：D.

9．C

【分析】

求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程，求出的值，再将代入回归方程即可得解.

【详解】

由表格中的数据可得，，

将样本中心点的坐标代入回归直线方程可得，解得，

所以，回归直线方程为，故当时，.

故选：C.

10．B

【分析】

根据，且，得到，且，进而得到，再由，利用对勾函数的性质求解.

【详解】

因为，

所以，且，

所以，

所以，

所以，．

因为函数在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，的最小值为4，

即，时，取得最小值为4．

故选：B

11．D

【分析】

（1）线面垂直推出面面垂直；（2）面面平行推出线面平行；（3）数形结合找到异面直线与所成角的最小值和最大值，即可验证（3）；（4）为点C到平面的距离不变，且的面积不变，即可验证（4）.

【详解】

对于A中，根据正方体的性质，可得平面，

又由平面，则平面平面，故（1）正确；

对于B中，连接，在正方体中，可得平面平面，

又由平面，所以平面，故（2）正确；

对于C中，当P与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，

当P与线段的中点重合时，与所成角取最大值，

故与所成角的范围是，故（3）错误；

对于D中，，因为点C到平面的距离不变，且的面积不变，

所以三棱锥的体积不变，故（4）正确．

综上（1）（2）（4）正确.

故选：D.

12．C

【分析】

先将函数化为，令，进而只需说明在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.

【详解】

，

设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，

若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；

若，则时，，单调递减，时，，单调递增.

因为函数在R上有两个零点，所以，

而，

限定 ，记，，即在上单调递增，于是，则时 ，，此时，因为，所以，于是时，.

综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.

故选：C.

【点睛】

本题有一定难度，首先这一步的变形非常重要，注意此种变形的运用；其次，运用放缩法说明函数时，用到了（需证明），进而得到，这种处理方法非常普遍，注意归纳总结.

13．乙

解：根据“甲与体委的年龄不同，体委比乙的年龄小”可得丙是体委；

根据“丙的年龄比学委大，体委比乙的年龄小”可得乙的年龄>丙的年龄>学习委员的年龄，由此可得，乙不是学习委员，那么乙是班长．

答案：乙

14．54

根据题意，数列{an}中，（n≥2），则，，，所以S4=2+4+12+36=54.

故答案为：54.

15．

【分析】

先利用正弦定理将边角关系转化为角与角的关系，利用两角和的正弦公式、诱导公式求出，再根据和正弦函数的图象和性质求其范围.

【详解】

由及正弦定理，

得，

即，

即，

所以，即，

所以，

所以，

所以．

故答案为：.

16．

【分析】

设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，利用椭圆的定义以及双曲线的定义，通过余弦定理，转化求解的最小值．

【详解】

由题意设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，

由椭圆的定义，

由双曲线的定义，

所以有，，

因为，

由余弦定理可得，

整理得，

所以

，当且仅当时取等号，

故答案为：．

17．（1） （2）

（1）

令

当时

当时

当时

综上所述

（2）恒成立等价于

（当且仅当时取等）

恒成立

18．

（1）；

（2）的最大值为，此时.

解：因为，

由正弦定理可得，即，

所以，，因为，故，

因为，，利用正弦定理得，

而，即角为锐角，因此，，

所以，.

（2）解：由（1）知，在中，，

由正弦定理，则，，

则

，

因为，则，所以，，

所以，当时，取得最大值，此时，

所以的最大值是，此时.

19．

（1），众数为，中位数

（2）7株和13株

【分析】

（1）利用频率分布直方图的性质及众数､中位数的求法即得；

（2）利用直方图及分层抽样方法即得.

（1）

∵，

∴，众数为，

设中位数为x，因为，

，

则，

，

∴

故，众数为，中位数.

（2）

由题可知合格树苗所占频率为，不合格树苗所占频率为，

不合格的抽取株，合格的抽取株，

故不合格树苗､合格树苗分别应抽取7株和13株.

20．

（1）证明见解析

（2）

【解析】

（1）

因为，，O为BD的中点，所以，，.

因为是等边三角形，E为BC的中点，所以.

在中，，，，

所以，所以.

因为，平面BCD，平面BCD，

所以平面BCD.

因为平面BCD，所以.

（2）

由（1）知平面BCD，连接OC，可得，

因为是等边三角形，

所以，所以OA，OB，OC两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，，.

设平面ADC的法向量为，

则

取，得.

设平面AOE的法向量为，

则则，取，得.

设平面AOE与平面ADC所成锐二面角为，

则.

故平面AOE与平面ADC所成锐二面角的余弦值为.

21．

（1）y2＝4x

（2）4

（3）证明见解析

（1）设动圆圆心的坐标为(x，y)，

由题意知，化简得y2＝4x，

所以动圆圆心的轨迹H的方程为y2＝4x.

（2）

设直线AB的方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立，消去x并整理，得k1y2－4y－4k1m＝0，

则，

.

因为，所以.

同理，可得，

所以，

所以直线MN的方程为

即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直线MN过定点(m，2)．

22．

（1）函数定义域为，

，

①当时，在上恒成立，即函数的单调递减区间为

②当时，，解得，当时，，

函数的单调递增区间为，

当时，函数的单调递减区间为，

综上可知：

①当时，函数的单调递减区间为

②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（2）依题意，是函数的两个零点，

设，因为，

，，

不等式，

，所证不等式即

设，

在上是增函数，且，

所以在上是增函数，且，

即，从而所证不等式成立.