2022届河北省沧州市第一中学高三上学期12月月考数学试题含解析

2022届河北省沧州市第一中学高三上学期12月月考

数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出结合B，再根据并集的定义即可得解.

【详解】解：，

所以.

故选：D.

2．有且只有一个实数，使得是向量与向量共线的（       ）条件

A．必要不充分 B．充分不必要

C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】B

【分析】根据平面向量共线定理结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】若有且只有一个实数，使得，则向量与向量共线，

故充分性成立，

若向量与向量共线，当时，对任意的，都有，

故必要性不成立，

所以有且只有一个实数，使得是向量与向量共线的充分不必要条件.

故选：B.

3．设、是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，给出下列四个命题：

①若，，则；

②若，，则；

③若，，，则；

④若，，，，，则．

其中真命题的个数是

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【详解】对于命题①，直线可以相交和异面成角，故是正确的；对于命题②，直线也有可能，故是错误的；对于命题③，由面面垂直的定义可知，故是正确的；对于命题④，面面垂直的定义可知，故是正确的，应选答案C．

4．圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（       ）

A．2 B． C． D．1

【答案】A

【分析】首先根据题意，确定出圆锥的底面圆半径和母线长，从而确定出轴截面的顶角，结合三角形的面积公式可确定其为直角三角形时面积最大.

【详解】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2，

轴截面的顶角为，

当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大，

最大值为，

故选：A．

【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关过圆锥定点截面面积的最值问题，正确解题的关键是要明确圆锥轴截面顶角的大小以及三角形面积公式.

5．已知函数是定义在上的偶函数，且在上为单调函数，则满足的所有实数的和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用偶函数的性质，将方程转化为，再利用在上为单调递增函数，从而得到或，然后化简变形，然后由韦达定理求解即可．

【详解】解：因为函数是定义在上的偶函数，

所以，

又函数的图象是连续不断的，且在上为单调函数，

则等价于，

所以或，

即或，

设的两个根为，，则，

设的两个根为，，则，

所以满足的所有实数的和为．

故选：C．

6．已知圆的半径为，是圆上的两个动点，，则的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据条件得到，通过变形得到，进而求出的夹角.

【详解】由题意得：，，两边平方得：，令，则，解得：或（舍去）

当时，，此时的夹角为.

故选：A

7．为了测量某种海鱼死亡后新鲜度的变化.研究人员特意通过检测该海鱼死亡后体内某微量元素的含量来决定鱼的新鲜度.若海鱼的新鲜度与其死亡后时间(小时)满足的函数关系式为.若该种海鱼死亡后2小时，海鱼的新鲜度为，死亡后3小时，海鱼的新鲜度为，那么若不及时处理，这种海鱼从死亡后大约经过（       ）小时后，海鱼的新鲜度变为.(参考数据：，)

A．3.3 B．3.6 C．4 D．4.3

【答案】B

【分析】根据已知条件得到关于m,a的方程组，求得m,a的值，进而得到函数的关系式，根据要求得到关于t的指数方程，利用指数与对数之间的转化化为对数式，利用对数的运算法则计算即得.

【详解】由题思可得：，

解得，，

所以.

令，可得，

两边同时取对数，

故小时，

故选：B.

8．已知函数的定义域为，且对恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，由题意，原问题等价于，令 ，则，进而可得在上为减函数，则在上恒成立，即从而即可求解.

【详解】解：设，因为对，当时都有恒成立，

等价于，即，

令，则，所以在上为减函数，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

所以函数在上单调递减，在单调递增，

又，，且，

所以，

所以，解得，

故选：A.

二、多选题

9．下列结论中正确的有（       ）

A．过点且与直线平行的直线的方程为

B．过点且与直线垂直的直线的方程为

C．若直线：与直线：平行，则a的值为或3

D．过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为

【答案】AB

【分析】对于选项A，B，D，根据给定条件求出对应的直线方程判断作答；对于选项C，由给定条件求出a值判断作答.

【详解】对于A，直线的斜率为2，则过点且与直线平行的直线的方程为，

即，A正确；

对于B，直线的斜率为2，则过点且与直线垂直的直线的方程为，

即，B正确；

对于C，直线：的斜率为，因直线与直线平行，则直线的斜率存在，且，

解得或3，当时，两直线重合，当，两直线平行，C错误；

对于D，因过点，且在两坐标轴上的截距相等，则当截距都为0时，直线方程为，截距不为0时，当直线方程为，D错误.

故选：AB

10．已知圆与圆交于不同的两点，下列结论正确的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】两个圆的方程相减即可求公共弦所在直线方程，据此即可逐项求解.

【详解】   ①

   ②

①－②即得公共弦AB所在直线方程：，

将A的坐标代入得：   ③，故B正确，

将B的坐标代入得：   ④

③－④得：，故A错误；

两圆圆心分别为，因为两圆半径相等，所以中点和AB中点为同一点，故，C正确，，D错误.

故选：BC.

11．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象不可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据数列和函数关系，转化为，即函数图象上任意一点都满足，利用数形结合即可求解.

【详解】解：由且，即，即函数图象上任意一点都满足，结合选项可知函数的图象不可能是BCD，

故选：BCD.

12．如图所示，在长方体中，，点是上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：其中真命题的是（       ）

A．四棱锥的体积恒为定值；

B．存在点，使得平面

C．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面

D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值．

【答案】ABD

【分析】利用面面平行的性质定理判断四边形的形状，由此研究截面的周长，判断D，再利用锥体的体积公式研究四棱锥的体积，判断A,利用线面垂直判定定理判断B，通过举例判断C.

【详解】由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四棱锥的体积等于三棱锥的体积的两倍，

∴       ，

又，都是定值，所以四棱锥的体积为定值，A对，

当BE⊥B1C时，

∵   CD⊥BE，BE⊥B1C，由线面垂直判断定理可得BE⊥平面B1CD，

∴   BE⊥B1D，

又BB1=B1D1，   ∴   B1D⊥BD1，

∴   平面，B对，

当E运动到点C处时，不存在相应的点，使得平面，C错，

由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，

∴   截面四边形的周长为，当时，取最小值，此时截面四边形的周长最小，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，D对，

故选：ABD.

三、填空题

13．定义：曲线为椭圆的“倒椭圆”.已知焦点在轴上的椭圆的短轴长为，离心率为，则它的“倒椭圆”的方程为____________.

【答案】

【分析】根据题意，列出关于的方程组求解，可得椭圆的方程，从而由“倒椭圆”的定义可得椭圆的“倒椭圆”的方程.

【详解】解：因为焦点在轴上的椭圆的短轴长为，离心率为，

所以，解得，

所以椭圆的方程为，

所以由“倒椭圆”的定义可得椭圆的“倒椭圆”的方程为，

故答案为：.

14．设复数满足，在复平面内对应的点为，则的最大值为__________.

【答案】

【分析】由题意，，根据复数的模长公式可得，再令，利用三角函数知识即可求解.

【详解】解：复数在复平面内对应的点为，

，

，

，

，

令，

则，

所以当时，取得最大值为，

故答案为：.

15．已知是球表面上四点，点为的中点，且，，，，则球的表面积是__________．

【答案】

【分析】先由题意得与都是边长为的正三角形，作出图像，过与的外心分别作平面与平面的垂线，两垂线的交点就是球心，连接，根据题中条件求出，再连接，根据求出半径，进而可求出结果.

【详解】由题意可知与都是边长为的正三角形，如图，过与的外心分别作平面与平面的垂线，两垂线的交点就是球心，连接，可知，在直角三角形中，，，

所以，

连接，所以球的半径为，

因此球的表面积是.

故答案为

【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，熟记球的表面积公式等即可，属于常考题型.

四、双空题

16．定义在上的函数满足，当时，，若直线与恰有个交点，则________；的取值范围为_________.

【答案】         

【分析】画出在内的图象，结合图象以及对称性求得正确答案.

【详解】依题意，定义在上的函数满足，当时，，由此画出在在内的图象如下图所示，

由图可知，

故答案为：；

五、解答题

17．已知函数的图象如图所示.

（1）求的解析式；

（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数设，求函数上的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据图像可得振幅，最小正周期，则.

由，又，则易求得，即可得解.

（2）利用辅助角公式可得：

，再根据定义域即可得解.

【详解】（1）由图象可得，

最小正周期，则.

由，

又，则易求得，

所以；

（2）由题意知，

所以

，

因为，所以，

所以.

【点睛】本题考查了利用三角函数图像求解析式，考查了辅助角公式，在解题过程中注意各个量的对应关系，以及相关量的取值范围，整体难度不大，属于中档题.

18．已知数列的首项，前项和为，且数列是公差为的等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1).

(2).

【分析】(1)由题意首先求得数列的前n项和，然后由前n项和与通项公式的关系即可求得数列的通项公式；

(2)首先确定数列的通项公式，即可求得数列的前项和.

(1)

解：∵数列是公差为2的等差数列，且，∴，

，

∴当时，.

∵符合，

∴.

(2)

解：由（1）得.

因为为偶数时，所以，

所以，.

19．如图，在平面四边形中，，，且.

（1）若，求的值；

（2）求四边形面积的最大值.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）根据正弦定理得到，，计算得到答案.

（2）根据余弦定理得到，计算，计算得到答案.

【详解】（1）在中，由正弦定理得，

∴，∵，∴或，

当时，此时三点共线，矛盾 ∴，

∴.

（2）设，在中，由余弦定理得，

∴

.

当时，四边形面积的最大值.

【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

20．如图，在四棱锥中，面，，且，，为的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）详见解析；（2）．

【解析】（1）在直角梯形中，由条件可得，即．再由面，得，利用线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；

（2）由（1）知，，则为二面角的平面角为，求得．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．

【详解】

（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，

可得，

过作，垂足为，则，求得，

则，∴．

∵面，

∴，

又，∴平面，

∵平面，

∴平面平面；

（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，

则．

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

．

设平面的一个法向量为，

由，取，得．

∴直线与平面所成角的正弦值为：

．

【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，，且．

（1）求的方程．

（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】(1)由条件，可得的值，再由条件结合，可得答案.

（2）由条件先得出，设，，设直线的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，代入结论中可 求解.

【详解】（1）解：因为，所以，所以，

又，所以，，

故的方程为．

（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，，

设直线的方程为，

设，，

由，得，

则，

，．

设直线，的倾斜角分别为，，

则，，

所以，

即，

所以，

所以，

化简可得，

所以直线的方程为，

故直线过定点．

【点睛】本题考查求椭圆的方程和直线过定点问题，解答本题的关键是根据条件得出，设出直线的方程为，与椭圆方程联立由韦达定理代入解决，属于中档题.

22．函数

(1)求函数的单调区间；

(2)当时，设，求证：.

【答案】(1)函数在上递减，在上递增

(2)见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；

（2）证明函数在上递减，则当时，，令，，证明函数在在上递增即可得出结论.

(1)

解：函数的定义域为，

在上递增，

又，

则当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增；

(2)

证明：，

，

当时，，

所以函数在上递减，

则当时，，

则，

令，，

，

当时，，

所以函数在在上递增，

所以，

即，所以，

所以.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力.