2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期第三次阶段考数学（理）试题含解析

2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期第三次阶段考

数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，.则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用补集和交集的定义直接求解.

【详解】因为，，

所以，

故选：C.

2．已知复数（为虚数单位），则（       ）

A．i B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选：B

3．在等差数列中， ，且， ， 成等比数列，则公差（       ）

A．-1 B．0 C．2 D．3

【答案】D

【分析】利用等比数列化简方程，求出公差，验证求解即可．

【详解】解：等差数列的公差为，

，，成等比数列，

，即，，

整理得，

解得或，当时，（舍去），

．

故选：D．

4．陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一.传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽.中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺.如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱.其中总高度为，圆柱部分高度为，已知该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意求得该陀螺的总体积，结合圆柱和圆锥的体积公式，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，

可得该陀螺的总体积为，

设底面半径为，则，解得.

故选:B.

5．下列结论中正确的是

A．“”是“”的必要不充分条件

B．命题“若，则.”的否命题是“若，则”

C．“”是“函数在定义域上单调递增”的充分不必要条件

D．命题：“，”的否定是“，”

【答案】D

【详解】“”则一定有“”，反之时，故推不出．故是充分不必要条件．故选项不对．

B．命题“若，则.”的否命题是：若，则 故选项不对．

C．“”是“函数在定义域上单调递增”的充要条件，故选项不对．

D．命题：“，”的否定是“，”，只否结论不否条件．故正确．

故答案为D．

6．在中，为边的中点，且满足，，则的面积为（       ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律得到，从而求出，再根据面积公式计算可得；

【详解】解：在中，为的中点，则，

所以.

因为，，则，

所以，，

所以.

故选：A

7．在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同两点，若，，为正数，则的最小值为

A．2 B． C． D．

【答案】A

【详解】

∵M、O、N三点共线，

∴， ，

故选A．

点睛：本题考查了平面向量共线定理，系数和等于1，再就是均值不等式的应用，1的妙用．对于向量中的，求系数问题，一般都是考查平面向量的共线定理和基本定理，寻求三点共线的条件，从而得到系数关系，再由不等式或者换元的方法得结果即可．

8．函数的部分图象大致为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的性质和函数值的取值情况进行分析、判断可得结论．

【详解】因为，

所以函数为偶函数，

故函数的图象关于轴对称，故可排除A，C；

又当，，所以，故可排除B．

从而可得选项D正确．

故选D．

【点睛】本题考查用排除法判断函数图象的形状，解题的关键是根据函数的解析式得到函数为偶函数，进而得到图象的对称情况，然后再通过判断函数值的方法求解．

9．已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设，则，所以，，即，又，所以，．故选A．

【解析】椭圆的几何性质．

【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．

10．平面向量满足，，在上的投影为5，则的值为（       ）

A．2 B．4 C．8 D．16

【答案】B

【解析】根据向量投影公式求出，利用，展开转化为，进而求出，可得结论.

【详解】解：因为在上的投影为，

所以．又，

所以．

故选:B.

【点睛】本题考查向量的投影以及向量摸长计算，考查向量数量积运算，属于中档题.

11．已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

设球心为O，由图可知，，得，解得，

，故选A．

点睛：立体几何问题，立体问题平面化是常用方法．外接球问题首先分析清楚立体图形的特点，本题中，首先由题意可知在底面的投影是中点，球心在上，从而得到对应的平面图形，通过方程思想得到等式，解得答案．

12．函数有极小值，且极小值为0，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求得函数的导数，根据有极小值，得到，又由，求得，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】由，可得，

因为有极小值，记为，则，即，

又由，所以，

即，所以.

设，

当时，，

所以在上单调递增，

当时，可得，

所以的最小值为.

故选：B.

二、多选题

13．如图，已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，底面圆的直径为，是圆上异于，的一点，为弦的中点，为线段上异于，的点，以下正确的结论有（       ）

A．直线平面

B．与一定为异面直线

C．直线可能平行于平面

D．若，则的最小值为

【答案】ABD

【分析】证明，利用线面垂直的判定定理可判断A；由异面直线的定义可判断B；假设平面，可证得平面平面与已知矛盾可判断C；在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，当，，共线时，取得最小值可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：在中，因为，为的中点，所以，

又垂直于圆所在的平面，所以，因为，

所以平面，所以A正确.

对于B：因为面，面，面，，

根据异面直线判定定理知与一定为异面直线，所以B正确.

对于C：若直线平行于平面，因为，平面，平面，则平面，，所以平面平面与平面和平面相交矛盾，所以C不正确.

对于D：在中，，，所以，

同理，所以.

在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，

使之与平面共面，如图所示，

当，，共线时，取得最小值.

又因为，，

所以垂直平分，即为的中点，

从而，

亦即的最小值为，所以D正确.

故选：ABD.

三、填空题

14．已知则______．

【答案】

【详解】

15．双曲线：（，）的左顶点为，右焦点为，动点在双曲线上.当时，，则双曲线的渐近线方程为______.

【答案】

【分析】根据题意和所给条件可得，由此齐次式可得，再利用之间的关系求得即可得解.

【详解】设双曲线的半焦距为，则，因为，

所以，所以，即，故.

所以双曲线的渐近线方程为.

故答案为：.

16．已知数列的前项和，若，则_________．

【答案】

【详解】解：由an+1+(−1)nan=n可得：

当n=2k时,有a2k+1+a2k=2k，①

当n=2k−1时,有a2k−a2k−1=2k−1，②

当n=2k+1时,有a2k+2−a2k+1=2k+1，③

①−②得：a2k+1+a2k−1=1，

①+③得：a2k+2+a2k=4k+1，

∴a2k−1+a2k+a2k+1+a2k+2=4k+2.

∴S40=4×(1+3+…+19)+20=420.

四、解答题

17．已知数列的前n项和为，，，，其中为常数．

(1)证明：；

(2)若为等差数列，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）依题意，即可得到，两式作差即可得证；

（2）首先表示出、，再根据等差中项的性质得到方程，解得，即可求出数列的通项公式，再根据等差数列求和公式计算可得；

【详解】(1)证明：由题设，所以，

两式相减得.因为，所以；

(2)解：由题设，，，可得，由（1）知，.

若为等差数列，则，解得，故.

由此可得是首项为1，公差为4的等差数列，所以；

是首项为3，公差为4的等差数列，.所以，所以，因此存在，使得数列为等差数列．所以.

18．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点.

（1）求椭圆M的方程；

（2）求的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据离心率公式和焦距求的值，从而求椭圆M的方程；

（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立消元写韦达定理，根据弦长公式求出，然后利用二次函数求最值.

【详解】（1）由题意得，解得.

所以椭圆M的方程为.

（2）设直线l的方程为，，

联立，得，

由，得，

   ，，

所以=，

易知当，即直线l过原点时，最大，最大值为.

19．已知△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，E，F分别为AC和AB上的点，且AE＝1，EF∥BC，如图1．沿EF将△AEF折起使平面AEF⊥平面BCEF，连接AC，AB，如图2．

(1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值；

(2)已知M为棱AC上一点，试确定M的位置，使EM∥平面ABF．

【答案】(1)

(2)AM=AC时，EM∥平面ABF

【分析】（1）以点为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法求异面直线AC与BF所成角的余弦值；

（2）设为平面的一个法向量，由EM∥平面ABF得出，进而确定M的位置.

【详解】(1)因为平面AEF⊥平面BCEF，平面AEF平面BCEF，，所以平面，所以，又，所以建立如下图所示的空间直角坐标系.

由题意可知，所以

所以

所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为.

(2)设，因为，所以

设为平面的一个法向量

则，即，因此可取

所以

因为EM∥平面ABF，所以，即

所以当时，EM∥平面ABF.

20．现有下列三个条件：

①函数f(x)的最小正周期为π；

②函数f(x)的图象可以由y＝sinx－cosx的图象平移得到；

③函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离．

从中任选一个条件补充在下面的问题中，并作出正确解答．

已知向量，ω＞0，函数．且满足_________．

(1)求f(x)的表达式；

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，＝2，求cosA的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)选择条件①与③，结果相同，，选②，则无答案.

(2)

【分析】（1）先用辅助角公式化简，然后选①，利用最小正周期求出；选②：不能由由y＝sinx－cosx的图象平移得到，无答案；选③：利用相邻两条对称轴之间的距离得到最小正周期，进而求出答案；（2）在第一问的基础上，先求出，再用正弦定理求出及的值，进而利用求出答案.

【详解】(1)因为，

若选①：函数f(x)的最小正周期为π；

则，解得：，此时；

若选②：，而，故函数f(x)的图象不能由y＝sinx－cosx的图象平移得到；

若选③：函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离，则，解得：，即，解得：，此时，

综上：选择条件①与③，结果相同，，选②，则无答案.

(2)由（1）知：，所以，因为，所以，，，又，由正弦定理得：，整理得：，因为，所以，所以，又，所以，所以.

21．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点M，且MN⊥PQ，求线段MN所在的直线方程．

【答案】(1)＋＝1

(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0

【分析】（1）由离心率公式以及余弦定理得出椭圆C的方程；

（2）联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式得出点坐标，再由垂直关系得出线段MN所在的直线方程．

【详解】(1)解：（1）由e＝，得a＝2c，易知|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，

由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cos A＝|F1F2|2，

即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×＝a2，解得a＝2，则c＝1，

∴b2＝a2－c2＝3，

∴椭圆C的方程为＋＝1；

(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

联立整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，

∴N.又M，则kMN＝＝－.

∵MN⊥PQ，∴kMN＝－，得k＝或，

则kMN＝－2或kMN＝－，故直线MN的方程为16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0.

【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是将MN⊥PQ转化为kMN＝－，结合韦达定理以及中点坐标公式得出直线MN的方程.

22．已知函数f(x)＝lnx＋有两个零点．

(1)证明：0＜a＜．

(2)若f(x)的两个零点为，，且＜，证明：2a＜＋＜1．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出，分和两种情况，分别利用导数判断函数的单调性，函数的极值，由函数有两个零点，列式求解，即可得到答案；

（2）利用（1）中的结论，，构造函数，利用导数研究函数的单调性，得到(a)，即可证明，令，，得到，从而得到，构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明结论．

【详解】(1)，，

所以，

当时，，则在上单调递增，不符合题意；

当时，令，解得，

当时，，则单调递减，

当时，，则单调递增，

所以当时，取得极小值，

又因为函数有两个零点，

所以，可得．

综上所述，；

(2)由（1）可知，的极小值点，则，

设，，

可得，，

所以在上单调递增，

则(a)，

即，

则，，

所以当时，且，

因为当时，单调递增，

所以，即，

设，，则，

即，即，

所以，

故，

又因为，

则，

故在上单调递减，

所以，

故，即．

综上所述，．

【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值的应用，导数与不等式的综合应用，在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．