2022届贵州省贵阳市五校（贵州省实验中学、贵阳二中、贵阳八中、贵阳九中、贵阳民中）高三联合考试（六）数学（文）试题含解析

2022届贵州省贵阳市五校（贵州省实验中学、贵阳二中、贵阳八中、贵阳九中、贵阳民中）高三联合考试（六）数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则集合中元素的个数为(       )

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】先求出集合A和B，再根据集合交集运算方法计算即可.

【详解】由解得，即，∴，

又由得，，

∴.

故选：B．

2．若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】利用复数的除法运算求复数z，进而确定z的共轭复数，即可确定复平面对应点所在象限.

【详解】由，解得，则，

故在复平面内对应的点位于第四象限，

故选：D．

3．已知下列命题：

①，；

②“”是“”的充分不必要条件；

③已知、为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；

④若、且，则、至少有一个大于．

其中真命题的个数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用配方法可判断①的正误；利用集合的包含关系可判断②的正误；利用复合命题的真假可判断③的正误；利用反证法可判断④的正误.

【详解】对于①，因为，①对；

对于②，因为，故“”是“”的必要不充分条件，②错；

对于③，“”为假命题，则、均为假命题，所以，为真命题，③对；

对于④，假设且，则，与矛盾，假设不成立，④对.

故选：B.

4．如图某地一拱桥垂直轴截面是抛物线，已知水利人员在某个时刻测得水面宽，则此时刻拱桥的最高点到水面的距离为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设B点的坐标为，代入抛物线方程求解，即得解

【详解】设B点的坐标为，由抛物线方程，得，

则此时刻拱桥的最高点到水面的距离为1米

故选：D．

5．已知平面向量是非零向量，，，则向量在向量方向上的投影为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由垂直关系可构造方程求得，由投影定义可求得结果.

【详解】由得：，解得：；

向量在向量方向上的投影为.

故选：B.

6．刍甍（chú méng）是中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶．”已知图中每个小正方形的边长都为，其中的粗线部分是某个刍甍的三视图，则该刍甍的表面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由三视图还原几何体，依次求解几何体各个面的面积，加和即可得到结果.

【详解】根据三视图还原该几何体如图所示，

则，，，

为等腰三角形，由主视图可知边的高为，

，由此可求得梯形的高为，

，，，

该几何体的表面积为.

故选：D．

7．下列三角式中，值不为的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用二倍角正弦、余弦和正切公式，结合特殊角三角函数值依次判断即可.

【详解】对于A，；

对于B，；

对于C，；

对于D，.

故选：C.

8．双面线的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由双曲线的渐近线可直接计算离心率.

【详解】由已知一条渐近线的领斜角为，可得渐近线斜率，

故，

故选：A．

9．设，则的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数的性质可得，，，进而可得结果.

【详解】因为，，，所以，

故选：B．

10．已知函数．给出下列结论：

①最小正周期为；②最小值为；③把函数的图象上所有点向左或向右平移个单位所得都是偶函数；④在上单调递增．

其中所有正确结论的序号是(       )

A．①④ B．③ C．②③ D．①②③

【答案】C

【分析】①根据绝对值的意义，结合图像即可判断；

②根据正弦函数值域即可求解；

③求出平移后函数解析式判断即可；

④去掉绝对值符号判断即可.

【详解】y＝sin2x的最小正周期为π，的图像是：y＝sin2x图像在x轴上方部分保持不变，将在x轴下方部分翻折到x轴上方，根据对称性可知，的最小正周期缩短为y＝sin2x周期的一半，为；＋是将图像向上平移个单位，周期保持不变，∴f(x)的最小正周期为，故①错误；

，∴最小值为，故②正确；

，∴是偶函数，故③正确；

，则，sin2x＞0，∴，∴f(x)在上不单调，故④错误.

故选：C．

11．已知三棱锥在平面的射影是，两点关于对称，且，则三棱锥外接球半径是(       )

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据几何关系，证明P、A、B、C为正方体的顶点，则三棱锥的外接球为正方体外接球.

【详解】∵，∴是等腰直角三角形，

∵M、C两点关于AB对称，∴四边形ACBM是正方形．

∵且PM垂直平面ABC，∴P、A、B、C、M是棱长为1的正方体的顶点，

∴正方体的外接球就是该三棱锥的外接球，

∴正方体体对角线是外接球的直径，∴外接球半径.

故选：A．

12．已知，关于k的不等式在时恒成立，则的取值范围是（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【分析】将问题转化为在时恒成立，注意的范围，构造并利用导数研究单调性判断的大小关系，进而确定的范围.

【详解】由题设，，即，

其中不落在坐标轴上，

令，，则，

所以函数在单调递增．

若，即，

所以，可得的范围为.

故选：C．

二、填空题

13．若实数，满足，则的最大值是________．

【答案】

【分析】作出可行域，确定最优解.

【详解】画出可行域如图所示，

可知在点处取到最大值，所以最大值，

故答案为：.

14．已知等差数列中，与的等差中项为8，且，则______．

【答案】12

【分析】设等差数列的公差为，则由已知可得，得，结合求出公差，从而可求出

【详解】解：设等差数列的公差为，

由已知得，

所以，，

因为，所以，

所以．

故答案为：12

15．现从甲、乙等5名大学生中选择2人担任北京冬奥会的志愿者，则甲、乙两人至少1人入选的概率为________．

【答案】7100.7

【分析】用间接法，由古典概率模型的公式先算出甲、乙都不入选的概率，即可得出结果.

【详解】从5名大学生中选择2人担任北京冬奥会志愿者共有种方法，其中没有甲、乙共有种，则甲、乙至少有一人入选的概率为．

故答案为：.

16．已知圆，直线．若，过点可作两条与圆分别相切于，且，则实数的取值范围为________．

【答案】

【分析】根据长度和角度关系可求得，知点在圆上，由此可得其为直线与圆的交点，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果.

【详解】

由圆的方程知：圆心，半径；

则在中，，，，

点在圆上．

，则直线与圆存在交点，

点到直线的距离，解得：，

即实数的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题，解题关键是能够求得点轨迹所满足的方程，即确定为直线与圆的交点，从而利用圆心到直线距离来构造不等式求得结果.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，且．

(1)求角C的大小；

(2)若，求的周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理对已知式化为角的关系，再利用三角函数恒等变换公式化简变形可求出角C的大小；

（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再由和可求出的周长的取值范围.

【详解】(1)由正弦定理及，

得，

∵sin A≠0，∴，

∴，

∴．

又，

(2)由，及余弦定理，

得，

当且仅当时取等号，

∴，当且仅当时取等号，

又，

，

故三角形ABC的周长的取值范围为．

18．第届冬季奥运会于年月在北京和张家口成功举办，为全世界提供了一场声势浩大的体育盛宴，北京成为全球首个“双奥之城”．北京冬奥会的成功举办充分展现了我国的风采，让各国人民感受到中国文化的博大精深和源远流长．让世界看到中国的变化，中国人民正在用自身的力量充分阐释着奥林匹克所倡导的更快、更高、更强、更团结精神．北京冬奥会期间，我国健儿顽强拼搏，取得了枚金牌、枚银牌、枚铜牌的优异成绩．为了调查北京市民对北京冬奥会举办的满意程度，现对居民按年龄（单位：岁）进行调查，从某小区年龄在内的居民中随机抽取人，将获得的数据按照年龄区间分成组，同时对这人的满意程度进行统计得到频率分布表．经统计在这人中，共有人对北京冬奥会的成功举办感到非常满意．

(1)求和的值；

(2)在这人中，按分层抽样的方法从年龄在区间内的居民中抽取人进行访谈，再从这人中抽取人参加电视台的座谈，求参加座谈的人中恰好年龄在内与内各一人的概率．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据频数、频率和总数的关系计算即可；

（2）根据分层抽样原则可知有人年龄在内，人年龄在，采用列举法，利用古典概型概率公式即可求得结果.

【详解】(1)位居民中，共有位居民非常满意，，解得：；

又，解得：.

(2)由（1）可知：年龄在的居民共有人，年龄在的居民共有人，

按分层抽样抽取人，则共有人年龄在内，人年龄在内．

记年龄在内的人分别为；年龄在内的人分别为，

则从被抽取的人中抽取人参加座谈共有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、共种．

其中内与内各一人的有、、、、、、、、、共种．

参加座谈的人中恰好年龄在内与内各一人的概率．

19．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，，点、分别是、的中点．

(1)记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)直线平面，证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，可得出，利用中位线的性质结合平行线的传递性可得出，结合线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）利用等体积法可求得点到平面的距离，分析可知点到平面的距离是点到平面的距离的，即可得解.

【详解】(1)证明：直线平面，证明如下：

、分别为、的中点，则，

平面，平面，则平面，

平面，平面平面，，故，

平面，平面，因此，直线平面.

(2)解：因为点是的中点，所以，点到平面的距离是点到平面的距离的，

，，，

，平面，则，

由余弦定理可得，

因为平面，、平面，则，，

所以，，，

所以，，所以，，

所以，，

设点到平面的距离为，则，则，

因此，点到平面的距离为.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，过作直线与直线垂直且与直线交于．

(1)当直线与轴垂直时，求内切圆半径；

(2)分别记的斜率为，证明：成等差数列．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆定义可得的周长，结合面积可求得内切圆半径；

（2）设直线，可求得，由与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用两点连线斜率公式和韦达定理化简可整理得到，又，可知，由此可得结论.

【详解】(1)由椭圆方程得：，，，

当直线与轴垂直时，的周长为，又，

，

的内切圆半径

(2)设，（不妨令在轴上方），直线，

则，由得：，；

由消去得：，则，

，，

，

将韦达定理代入整理得：

，

又，，

的斜率成等差数列.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，结合韦达定理整理化简可得结果.

21．函数（为自然对数的底数），为常数，曲线在处的切线方程为.

（1）求实数的值；

（2）证明：的最小值大于.

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】（1）求出导函数，利用切线的向量以及切线方程，列出方程，即可求实数的值；

（2）通过两次求导，利用导函数的符号，判断函数的单调性，转化求解函数的最小值即可证明的最小值大于．

【详解】（1）对求导可得，所以（1）．

由曲线在处的切线方程为可知，故．

（2）证明：由（Ⅰ）知，得，

又再次求导易知，所以在上单调递增．

又，

由零点存在性定理可知存在，使得，

即，即．

当时，单调递减；当时，单调递增．

于是，

易知在上单调递减，

所以．

【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，二次导函数的应用，考查计算能力，属于中档题．

22．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的参数方程为(t为参数)，直线的极坐标方程为．

(1)已知点在曲线C上，求a的值；

(2)设点P为曲线C上一点，求点P到直线距离的最小值．

【答案】(1)9；

(2)﹒

【分析】(1)将M点横坐标代入曲线C的参数方程求出t，再求出y即可求出a；

(2)将直线l极坐标方程化为直角坐标方程，设，利用点到直线距离公式表示出点P到直线距离，根据函数最值即可求解.

【详解】(1)点M在曲线C上，，．

(2)直线l的极坐标方程为，

直线l的直角坐标方程为：．

点P在曲线C上，设，

则点P到直线l的距离为，

当时，.

23．已知实数，，满足．

(1)若，求证：；

(2)若，，求的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据不等性质变形证明不等式；

（2）由已知得，且，利用基本不等式可求的最值，进而得解.

【详解】(1)证明：由，且，得，，

故，所以，

所以，即；

(2)解：由且，得，且，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为．