2022届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（B卷）含解析

这是一份2022届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（B卷）含解析，共18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届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（B卷）一、单选题1．设集合，若，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，再由已知条件可求出集合B【详解】，因为，，所以，所以，故选：B2．复数在复平面内对应的点的坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算求解即可.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，故选：B3．把函数的图象向左平移个单位，再向上平移2个单位，得到的函数是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据三角函数的图象平移写出的解析式即可.【详解】由题设，.故选：A4．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且， 则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，先推导出函数是周期为的函数，然后利用函数的周期化简，再代入题目条件可得，从而代入解析式计算.【详解】因为是定义域为的奇函数，，所以，所以，所以函数是周期为的函数，所以，即.故选：B5．区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域.在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行次运算.现在有一台计算机，每秒能进行次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（       ）（参考数据：，）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意所求时间为，利用对数的运算进行求解即可.【详解】设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为秒，则有；两边取常用对数，得；；所以.故选：D.6．已知动圆截直线所得弦长为定值，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，由圆心到直线的距离为定值求解.【详解】因为动圆截直线所得弦长为定值，且半径为4，所以圆心到直线的距离为定值，即为定值（与a无关），所以，故选：D7．已知等比数列，首项为，公比为，前项和为，若数列是等比数列，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设等比数列的公比为，则，分、两种情况讨论，求出的表达式，结合已知条件可得出等式组，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则.若，则，由题意可得，即，所以，，解得，不合乎题意；若，则，则，由题意可得，即，所以，，可得.故选：B.8．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、多选题9．下列说法正确的是（       ）A．线性回归方程对应的直线一定经过点B．若随机变量，则C．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大；方差越小，数据的离散程度越小D．“事件是互斥事件”是“事件是对立事件”的充分不必要条件【答案】ABC【分析】选项ABC符合相关定义定理，正确；选项D逻辑错误.【详解】选项A: 线性回归方程对应的直线经过样本点的中心.判断正确；选项B: 若随机变量，则.判断正确；选项C: 方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大；方差越小，数据的离散程度越小. 判断正确；选项D: “事件是互斥事件”是“事件是对立事件”的必要不充分条件.选项D判断错误.故选：ABC10．已知椭圆C：上有一点分别为其左、右焦点，，的面积为，则下列说法正确的是（       ）A．的周长为B．角的最大值为C．若，则相应的点共有2个D．若是钝角三角形，则的取值范围是【答案】ABD【分析】由椭圆方程得椭圆的值，再利用椭圆的定义解决焦点三角形的问题，逐一判断选项.【详解】由已知可得，所以，的周长为，故A正确；因为，所以以为直径的圆与椭圆C相切于上下顶点，所以，故B正确；因为，所以，由椭圆的对称性可知，点P共有4个，故C错误；因为为钝角三角形，所以中有一个角大于，由选项B知不可能为钝角，所以或为钝角，当时，最大，将代入得，此时的面积为，所以三角形的面积，故D正确；故选：ABD11．设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，，则下列说法正确的是（       ）A．B．C．若A，B是相互独立事件，则D．若A，B是互斥事件，则【答案】AC【分析】计算得AC正确；当A，B是相互独立事件时，，故B错误；因为A，B是互斥事件，得，而，故D错误．【详解】解：，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则，所以，故C正确；因为A，B是互斥事件，，则根据条件概率公式，而，故D错误．故选：AC．12．观察下面一组等式：记表示第i个等式中等号右边第j个数，如，，则（       ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据所给数据，归纳总结可得第n行，规律为，逐一分析各个选项，结合裂项相消求和法，即可得答案.【详解】根据所给数据，归纳总结可得第n行，等号右边每一个式子，第一项为，最后一项均为，故B错误；所以对于A：当时，等号右边第一个数为1981，最后一个数为2069，所以2021在第45行内，故A正确；对于C：第n行，右边第二项为，所以，所以，故C错误；对于D：因为，且，所以或或或，又，，，，所以，故D正确.故选：AD【点睛】解题的关键是根据所给图示，归纳总结出第n行的规律，并结合不等式的性质，裂项相消求和法进行计算，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.三、填空题13．已知，，点P在线段AB的延长线上，且，则点P的坐标为___________.【答案】【分析】由题 可得，可得，即求．【详解】点在线段的延长线上，且，，,,,．所以点P的坐标为.故答案为：.14．设，则___________.【答案】【分析】先把变为，结合通项公式可求结果.【详解】因为，其展开式的通项公式为，令，所以.故答案为：.15．在中，、、分别为三个内角、、的对边，，若的外接圆面积为，则周长的最大值是______.【答案】【分析】由正弦定理边角互化得，，进而根据正弦定理得，余弦定理得，最后根据基本不等式求解即可.【详解】解： ，由正弦定理得：，即，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以，因为的外接圆面积为，所以的外接圆半径为1所以由正弦定理得：，解得：由余弦定理得：，则由基本不等式得：，当且仅当时等号成立所以，解得：，周长的最大值是故答案为：四、双空题16．已知函数则函数的最小值为________；若关于的方程有四个不同的实根，则实数的取值范围是________．【答案】          【分析】根据导数求出函数在每段上的最小值，比较大小即可；求出过点且与相切的直线的斜率，再由数形结合可得出与有4个交点时的斜率取值范围，即可得解.【详解】令，表示过定点，斜率为的动直线，当时，当时，；当，，在上单调递减，在上单调递增，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，，，在同一坐标系内作出函数图象与直线，如图所示，关于的方程有四个不同的实根，等价于函数的图象与直线有四个不同的交点，当时，的图象在点处切线斜率为，该切线过点时，满足，解得，的图象过点的切线斜，当时，，的图象在点处的切线斜率为，该切线过点时，，，解得，的图象过点的切线斜率为2，由函数图象知，当动直线在直线与所夹不含轴的对顶角区域内转动（不含边界直线）时，函数的图象与直线有四个不同的交点，此时的取值范围是．故答案为：；五、解答题17．已知数列的前项和为，且对任意的有.(1)证明：数列为等比数列；(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）求得，利用分组求和法可求得.【详解】(1)证明：当时，，则；.当时，由可得.两式相减得，即，.因为，则，，以此类推可知，对任意的，，所以，数列构成首项为，公比为的等比数列.(2)解：由（1），故，则.所以，.18．如图，在△中，D为BC边上的点，连接AD，且满足.(1)求证：；(2)若，，求△的面积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别在△和△中运用正弦定理并结合已知条件即可证得；（2）利用，列出等式，利用基本不等式即可求出△的面积的最小值.【详解】(1)在△中，利用正弦定理可知，即，同理，在△中，利用正弦定理可知，即，由已知条件，可得，即 ，∴；(2)设，, ,∴，，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，（当且仅当时等号成立）∴，即的最小值为.19．2022年北京冬奥会即第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年2月4日至2月20日在北京和张家口举行．某研究机构为了解大学生对冰壶运动是否有兴趣，从某大学随机抽取了600人进行调查，经统计男生与女生的人数之比是11∶13，对冰壶运动有兴趣的人数占总数的，女生中有75人对冰壶运动没有兴趣．(1)完成下面列联表，并判断是否有99.9％的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关？ 有兴趣没有兴趣合计男   女 75 合计  600 (2)按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中抽取8人，若从这8人中随机选出3人作为冰壶运动的宣传员，设X表示选出的3人中女生的人数，求X的分布列和数学期望．附：0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828 【答案】(1)表格见解析，有(2)分布列见解析，【分析】（1）根据题目所给的数据填写列联表，计算,依据题目中的表格，得出结论;（2）根据分层抽样的定义求出抽取的8人中男生和女生的人数，再确定出X的所有可能取值为0，1，2，3，并分别求出其相应的概率，利用期望公式即可求解.【详解】(1)根据题意得男生有275人，女生有325人；对冰壶运动有兴趣的人数为400人，对冰壶运动无兴趣的人数为200人，对冰壶运动无兴趣的男生为200-75=125人，对冰壶运动有兴趣的男生为275-125=150人，对冰壶运动有兴趣的女生为325-75=250人，得到如下列联表： 有兴趣没有兴趣合计男150125275女25075325合计400200600 所以，则有99.9％的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．(2)对冰壶运动有兴趣的一共有400人，从中抽取8人，抽到的男生人数为（人），女生人数分别为（人）．X的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，所以X的分布列是：X0123P 则．20．如图，已知， ，，平面⊥平面， ，，F为的中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，进而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】(1)证明：取AC中点G，连接FG， BG．因为F为AD 的中点，所以∥，．又由题意知，所以， 则四边形BEFG 平行四边形，所以．因为平面BCDE⊥平面ABC，平面平面ABC＝BC，面 BCDE，∠DCB＝90°，所以DC⊥平面ABC． 又平面ABC，所以DC⊥BG．又AB＝BC，G为AC的中点，所以AC⊥BG．因为面ACD，面ACD，所以BG⊥平面ACD．前面已证∥，所以EF⊥平面ACD．(2)由（1）知BE⊥平面ABC．因为AB⊥BC． BE//CD．所以AB，BC，BE 两两垂直．以点B原点，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B－xyz，则，，，，．设平面ABD 法向量为，则，所以，取z＝1，则．设平面ACE的法向量为，则，所以，令，则．所以，即平面ACE与平面ABD所成锐二面角的余弦值为．21．已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程．【答案】(1)(2)证明见解析；直线【分析】(1)根据题意可得，进而解出，，即可得出椭圆方程；(2)设直线的方程为：，设，，联立椭圆方程消去得到关于的一元二次方程，根据韦达定理表示出；利用直线的点斜式方程求出直线、的方程，两直线方程联立方程组并消去，整理化简即可得出结果.【详解】(1)由题得：，，，解得：，，故椭圆的方程为．(2)设直线的方程为：，设，，联立，得，，由韦达定理得，，∴．因为，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立消去，得，整理得，所以直线，的交点一定在直线上．22．已知函数.(1)当时，证明函数在区间上只有一个零点；(2)若存在，使不等式成立，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论函数的单调性，结合函数的性质即可确定函数零点的个数；（2）首先讨论函数的单调性，然后结合函数的最小值构造新函数，结合构造函数的性质分类讨论即可确定的取值范围．【详解】(1)证明：当时，，令，∴在上为增函数，∵，∴，使，∴当时，；当时，，因此，在上为减函数，在 上为增函数，当时，，当时，，故函数在上只有一个零点．(2)解：当时，，由（1）可知，，即，∴当时，，在上为减函数，当时，，在 上为增函数，∴，由，知，设，则，∴在上为减函数，又，∴当时，，当时，，∴存在，使不等式成立，此时；当时，由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，所以，所以不存在，使不等式 成立，当时，取，即，所以，所以存在，使不等式 成立，综上所述，的取值范围是或．【点睛】方法点睛：在解决能成立问题时一般是将不等式能成立问题转化为求函数的最值问题，利用能成立；能成立.