2022届宁夏银川一中高三上学期第六次月考数学（理）试题含解析

这是一份2022届宁夏银川一中高三上学期第六次月考数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届宁夏银川一中高三上学期第六次月考数学（理）试题一、单选题1．设集合，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据补集的运算求得，再结合并集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，，根据补集的运算，可得，则.故选：C.2．已知复数满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知，应用复数的除法、乘方运算化简求复数，进而求其模长.【详解】由，∴，∴.故选：C.3．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果是（       ）A．13 B．5 C．3 D．2【答案】C【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】解：如果输入，，第一次执行循环体后，，，，不满足输出条件；第二次执行循环体后，，，，不满足输出条件；第三次执行循环体后，，，，满足输出条件；故输出的值为3，故选：C．4．若函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，，则（       ）A．0 B．2 C．4 D．-2【答案】D【分析】由已知，利用奇函数及周期性求，的函数值，即可求目标式的值.【详解】∵是定义在上的奇函数，∴，又在上的周期为2，∴，，∴.故选：D.5．若，满足约束条件，则取得最大值的最优解为（       ）A．（1,3） B．（1,1） C．4 D．0【答案】A【分析】画出约束条件对应的可行域，由表示可行域中任意一点与所在直线斜率的2倍，应用数形结合法找到最大值的最优解即可.【详解】由约束条件可得如下可行域，又表示可行域中任意一点与所在直线斜率的2倍，所以取最大相当于最大，即可行域中任意一点与的斜率最大，由图知：可行域中只有的交点与所在直线斜率最大，且最大为.故选：A6．已知直线和直线，下列说法不正确的是（       ）A．始终过定点 B．若，则或C．若，则或2 D．当时，始终不过第三象限【答案】B【分析】对于A选项，提出让其前面的系数为，即可验证A正确.对于B选项，当则与重合，故B错误.利用两直线垂直，即可得到，得到C正确.把直线化为斜截式方程，找到恒过定点，即可验证D正确【详解】，，，即始终过定点，故A正确. 若，当则与重合，故B错误.或，故C正确. 当时，直线始终过点，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.故选：B.7．如图，在中，点M是上的点且满足，是上的点，且，设，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先将用，表示，然后，再用表示即可.【详解】.故选：B8．已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（       ）A．函数的图象关于点对称B．函数在上递减C．函数的图象关于直线对称D．函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象【答案】B【分析】根据图象依次求得的值，从而求得，结合函数的单调性、单调性、三角函数图象变换的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】根据函数的部分图象知，最小正周期为，；又，，，；又，故；，函数；时，，的图象不关于点对称，故A错误；当时，，在上单调递减，故B正确；当时，，的图象不关于直线对称，故C错误；的图象上所有点向左平移个单位，得的图象，不是函数的图象，故D错误．故选：B9．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（       ）A．14 B．12 C．24 D．28【答案】A【分析】由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.【详解】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：①丁扶贫点最先去，有种安排方法；②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，综合①②知共有种安排方法.故选：A.10．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理（为外接圆半径）得，，；（2）角化边：   ①利用正弦定理：，，②利用余弦定理：11．已知椭圆，其长轴长为4且离心率为，在椭圆上任取一点P，过点P作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（       ）A． B． C． D．0【答案】D【分析】由已知条件解得a，b，进而可得椭圆的标准方程．不妨设，得，换元，利用函数单调性即可求解．【详解】由椭圆：，其长轴长为4且离心率为，，，，解得，，椭圆的标准方程为：．再设点，则，可得，点，，，则不妨设，则，令，，则，由对勾函数的性质可知，在递增，故，此时，故的最小值为0，故选：D．12．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（       ）①点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2②平面截直四棱柱所得截面的面积为③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25④平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】对于①：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断；对于②、④：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可；对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断.【详解】解：对于①：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知，点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题①正确； 延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题④错误.由平行线分线段成比例可得：AP= BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰三角形.由相似三角形可知，AM=AP=1，A1M=2，则， .连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.等腰梯形MEFN的高，则等腰梯形MEFN的面积为.又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题②正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则，所以， .故命题③正确.综上得说法中正确的是：①②③，故选：D.【点睛】立体图形中的截面问题：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.二、填空题13．已知某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形，则该四面体的四个面中直角三角形的个数为________.【答案】4【分析】由三视图作出该四面体，得出垂直关系，再由线面垂直的判定与性质得出结论．【详解】由三视图，记该几何体是三棱锥，平面，（实际上平面），由平面，知垂直于平面内的直线，与是平面内两相交直线，因此平面，从而与平面内的直线垂直，所以该四面体的四个面都是直角三角形．故答案为：4．14．已知x1，x2，x3…，xn的中位数与方差分别为2，1，则2x1－1，2x2－1，2x3－1…，2xn－1的中位数与方差的和为______.【答案】7【分析】根据中位数和方差的性质得结论．【详解】x1，x2，x3…，xn的中位数与方差分别为2，1，2x1－1，2x2－1，2x3－1…，2xn－1的中位数是，方差为，．故答案为：7．15．已知函数，为曲线在点处的切线上的一个动点，为圆上的一个动点，则的最小值为______.【答案】【分析】利用导数的几何意义可得切线方程；由圆的方程可确定圆心和半径，利用圆上点到直线距离的最小值为可求得结果.【详解】，，又，切线方程为：，即；由圆的方程知：圆心，半径，圆心到的距离，.故答案为：.三、双空题16．等差数列满足：，且它的前项和有最大值，则取最大值时，_____;时，_____.【答案】     2020     1—4039的任意正整数都对【分析】根据等差数列满足 ，结合它的前项和有最大值，得到，，求解.【详解】因为等差数列满足 ，所以，因为它的前项和有最大值，所以，则，，则，所以当取最大值时，2020，由,，所以时，1—4039的任意正整数都对.四、解答题17．已知数列的前项和，数列中且满足.(1)求､的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，；(2).【分析】（1），利用求出通项公式，在对进行验证即可，对左右两边同时加1构造新数列为等比数列，即可求出；（2）把数列中的下角标换成代入的通项公式中，即数列为等比数列减等差数列，利用分组求和即可得到答案.【详解】(1)当时，当时，，满足上式∴∵且∴数列是首项为2，公比为2的等比数列∴，(2)设的前项和为..18．如图，某市有南、北两条城市主干道，在出行高峰期，北干道有，，，，四个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率都是，南干道有，，两个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率分别为，．某人在高峰期驾车从城西开往城东，假设以上各路段是否被堵塞互不影响．(1)求北干道的，，，个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；(2)若南干道被堵塞路段的个数为，求的分布列及数学期望；(3)若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标准，则从城西开往城东较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由．【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)高峰期选择南干道路线较好，理由见解析【分析】（1）正难则反，先求出四个路段全通勤的概率，用1减去即可求解；（2）确定，结合独立事件概率公式写出分布列，即可求解；（3）设北干道被堵塞路段的个数为，则，求出，比较，大小即可求解.【详解】(1)记北干道的，，，四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A，则；(2)由题意可知的可能取值为0，1，2，，，．随机变量的分布列为：012 ；(3)设北干道被堵塞路段的个数为，则，所以．因为，所以高峰期选择南干道路线较好．19．如图，在五面体中，已知，，，且，.(1)求证：平面与平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角余弦值的绝对值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出平面平面，利用面面垂直的性质定理可得出平面，证明出四边形为平行四边形，可得出，可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，利用空间向量法可得出关于实数的不等式，结合的取值范围可求得的值，即可得出结论.【详解】(1)证明：，，，平面，平面，平面平面，取的中点，的中点，连接、、，，，又平面，平面平面，平面平面，平面，又，，，，所以，且，四边形为平行四边形，，面，则平面，又面，所以，平面平面.(2)解：因为，，则，因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，设平面的法向量为，，，由，取，可得，由题意可得，整理可得，解得：或（舍），，则，，综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.20．椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）点为椭圆上一动点，连接、，设的角平分线交椭圆的长轴于点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）先将代入，得到弦长为，根据题中条件，列出方程组，求解即可得到，进而可求出椭圆方程；（Ⅱ）先设点，根据题意，得到直线的方程，再由的角平分线交椭圆的长轴于点，得到到直线的相等，进而得出，根据范围，即可求出结果.【详解】（Ⅰ）将代入中，由可得，所以弦长为，故有，解得，所以椭圆的方程为：.（Ⅱ）设点，又，则直线的方程分别为；       .由题意可知.由于点为椭圆上除长轴外的任一点，所以，所以，          因为，，所以，即   因此， .【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的应用问题，熟记椭圆的方程与椭圆的简单性质，灵活运用点到直线距离公式即可，属于常考题型.21．已知.(1)求的单调区间；(2)若，证明:当时，有且只有两个零点.【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减；(2)证明见解析.【分析】（1）对求导可得，讨论、求自变量范围，即可确定单调区间；（2）由题设得，讨论、、结合导数及零点存在性定理判断零点的个数，即可证明结论.【详解】(1)由题意知：，令，得或，令，得，∴在和上单调递增，在上单调递减；(2)由题意知：，①当时，，易知：在上单调递减，且，（i）若，则，则在上单调递增又，，则在上有唯一零点；（ii）若，则，又，∴存在，使得，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，又，，∴在上有唯一零点，综上，在上唯一零点；②当时，，由，则在上单调递减，又，，∴在上有唯一零点；③当，∴，故在上无零点，综上，时在上有且只有两个零点.【点睛】关键点点睛：第二问，将拆分为、、，结合导数、零点存在性定理，分别讨论的零点情况.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线按伸缩变换公式，变换得到曲线（1）求的普通方程；（2）直线过点，倾斜角为，若直线与曲线交于两点，为的中点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由伸缩变换公式得到变换后的参数方程，消去参数即可得到所求普通方程；（2）写出直线的参数方程，代入椭圆方程，利用直线参数方程中参数的几何意义可知，利用韦达定理得到，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）将曲线按照伸缩变换公式变换可得：（为参数），，的普通方程为：.(2)（2）直线过，倾斜角为，则其参数方程为：（为参数），代入得：，则为对应的参数，对应的参数为，，.【点睛】本题考查参数方程化普通方程、曲线的伸缩变换和直线参数方程中参数几何意义的应用等知识；关键是能够熟练应用直线参数方程，根据参数几何意义，结合韦达定理求得长度.23．已知．(1)求的解集；(2)若不等式在R上解集非空，求m的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，分段解含绝对值符号的不等式作答.（2）根据给定条件，分离参数，构造函数，求出分段函数的最大值推理作答.【详解】(1)依题意，，不等式化为：或或，解得：，解得：，不等式组无解，则有，所以不等式的解集是.(2)不等式， 令，由（1）有，当时，，当时，，当时，，于是得当时，，不等式在R上解集非空，即存在实数，使得成立，因此，，所以m的取值范围是.