2022届四川省树德中学高三下学期开学考试数学（文）试题含解析

2022届四川省树德中学高三下学期开学考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知复数在复平面上对应的点在直线上，则（       ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】由复数的四则运算得出复数在复平面上对应的点的坐标，再代入直线方程得出.

【详解】因为

所以其对应点的坐标为

由题意知，解得

故选：D.

2．已知向量，若，则（       ）

A． B． C． D．5

【答案】D

【分析】根据求得，由此求得，进而求得.

【详解】由题意可得，解得，所以，因此．

故选：D

3．集合，则（       ）

A． B．

C． D．．

【答案】D

【分析】分别解三角不等式、二次不等式，化简集合A，B，求交集即可.

【详解】因为,

,

所以

故选：D

4．航天之父､俄罗斯科学家齐奥科夫斯基（K.E.Tsiolkovsky）于1903年给出火箭最大速度的计算公式.其中，是燃料相对于火箭的喷射速度，是燃料的质量，是火箭（除去燃料）的质量，v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度.已知，则当火箭的最大速度可达到时，火箭的总质量（含燃料）至少是火箭（除去燃料）的质量的（       ）倍.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将已知条件，代入中，转化为指数形式，计算的值即可求解.

【详解】由题意可知：，，

代入可得，

所以，可得，

可得，即，

所以，

所以火箭的总质量（含燃料）的质量是火箭（除去燃料）的质量的倍，

故选：A.

5．在等比数列中，已知，，则的值为（       ）

A．3 B．9 C．3或 D．9或

【答案】C

【分析】由等比数列的性质可得，再结合可求出或，然后利用等比数列的通项公式可求出首项和公比，从而可求得结果

【详解】因为数列为等比数列，所以①

又因为②

联立①②可求得或，

当，时，由，得，所以.

当，时，由，得，所以.

综上所述，的值为3或.

故选：C

6．已知双曲线的渐近线均和圆相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据圆的方程求出圆心和半径，结合渐近线和圆相切以及焦点可求方程.

【详解】圆的圆心为，半径为.

由题意双曲线的渐近线的方程为，则；

因为双曲线的右焦点为圆C的圆心，所以，，

所以；

又，所以双曲线的方程为.

故选：C.

7．函数的图象可能是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据，得到的图象关于对称，再利用特殊值判断.

【详解】因为，

所以的图象关于对称，

又，

故选：B

8．已知输入的实数，执行如图所示的流程图，则输出的不小于椭圆离心率2倍的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设输入的实数为，则由循环结构可得输出，然后求出椭圆的离心率，则由，可求出，从而由几何概型的概率公式可求得结果

【详解】解：设输入的实数为，则第一次循环为，

第二次循环为，

第三次循环为，

第四次循环为，

输出，

因为椭圆的离心率为，

所以由，得，

所以所求概率为，

故选：B

9．已知数列满足，，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】采用叠加法求出，由可得，结合对勾函数性质分析在或6取到最小值，代值运算即可求解.

【详解】因为，所以，，，，式相加可得，

所以，，当且仅当取到，但，，所以时，当时，，，所以的最小值为.

故选：C

10．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：B

11．如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将三棱锥的直观图还原，确定出球心，进而算出球的半径得到答案.

【详解】将三棱锥的直观图还原，如图所示，

则，∴，∴．取的中点O，连接，则，∴O为三棱锥外接球的球心，半径，故三棱锥外接球的表面积．

故选：C.

12．设表示函数在闭区间I上的最大值．若正实数a满足，则正实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作图分析函数的特点，再分类讨论.

【详解】函数的图像如下：

的对称轴为x=2，，；

分类讨论如下：①当时，，

依题意，，而函数在时是增函数，，

，故不可能；

②当时，，依题意，，即，

令，解得：，，，，如图；

则有：并且，解得：；

或者并且，无解；

故选：A.

二、双空题

13．如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽cm，杯深8cm，称为抛物线酒杯．①在杯口放一个表面积为的玻璃球，则球面上的点到杯底的最小距离为______ cm；②在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为______(单位：cm)．

【答案】         

【分析】根据题意，，进而得，，故最小距离为；进而建立坐标系，得抛物线的方程为，当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，此时设玻璃球轴截面所在圆的方程为，进而只需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，再根据几何关系求解即可.

【详解】因为杯口放一个表面积为的玻璃球，所以球的半径为，

又因为杯口宽cm，

所以如图1所示，有，

所以，所以，

所以，

又因为杯深8cm，即

故最小距离为

如图1所示，建立直角坐标系，易知，设抛物线的方程为，

所以将代入得，故抛物线方程为，

当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，如图2，

设玻璃球轴截面所在圆的方程为，

依题意，需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，即，

则有恒成立，解得，可得.

所以玻璃球的半径的取值范围为.

故答案为：；

【点睛】本题考查抛物线的应用，考查数学建模能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于设出球触及酒杯底部的轴截面圆的方程，进而将问题转化为抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立求解.

三、填空题

14．___________.

【答案】

【分析】根据根据指数式与对数式的运算法则求得结果.

【详解】

，

故答案为：.

15．已知实数，满足，则的取值范围是______．

【答案】或

【分析】根据，确定曲线并作图，根据几何意义求取值范围.

【详解】曲线表示上半圆，可以看成动点与定点连线的斜率．如图所示．

，，，则，，

∴或．

故答案为：或.

16．如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，.若，则的值为________．

【答案】

【分析】由题得sin ∠＝sin，再利用三角恒等变换化简代入即得解..

【详解】解：由题意得，从而为等边三角形，

∴sin ∠＝sin.

∴cos2－sin cos－＝·－－＝－sin α＋·cos α＝sin＝sin

＝sin＝.

故答案为：

四、解答题

17．如图，已知平面四边形中，．

（1）若，，求的面积；

（2）若，，，求t的最大值．

【答案】（1）；（2）2．

【分析】（1）由正弦定理求出即可求出面积；

（2）在中分别利用余弦定理表示出，可得出求出最值.

【详解】解：（1）由正弦定理可得

∴

∴

（2）中，由余弦定理得：

，

，

∴

∴

∴时，t的最大值是2．

【点睛】关键点睛：本题考查三角形面积的求解，考查余弦定理的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理表示出.

18．如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且，.交于点，为的重心.

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由已知条件可得，得，再由为的重心，，则有，从而可得，再由线面平行的判定可证得结论，

（2）由已知可得和为正三角形，连接并延长交于点，有，则面，从而可得，然后由已知条件求解，

【详解】(1)证明：在图中：连接并延长交于点，连接.

由底面为梯形，，，

，则.

又由为的重心，，则，

所以.

而平面，平面，

所以平面.

(2)由，，则为正三角形.

又，.所以为正三角形.

因为平面平面，平面平面，

在中，连接并延长交于点，有，所以面.

又，则.

因为，，，

所以.

又为正三角形，，则，，

所以，

故.

19．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费对年销售量(单位：)的影响.该公司对近7年的年宣传费和年销售量数据进行了研究，发现年宣传费(万元)和年销售量(单位：)具有线性相关关系，并对数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值.

（1）根据表中数据建立年销售量关于年宣传费的回归方程(结果保留到0.001)；

（2）已知这种产品的年利润与，的关系为，根据（1）中的结果，估算该公司应该投入多少宣传费，才能使得年利润z最大.

附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，，参考数据：，

【答案】（1）；（2）(万元).

【分析】（1）由题求得，代入最小二乘估计公式，求得，从而求得回归方程；

（2）根据（1）中结果，知，在对称轴处取最大值.

【详解】（1）由题意，

，，

所以；

（2）由（1）知，

可知，当时，年利润最大，

所以估算该公司.应该投入3.992万元宣传费，才能使得年利润最大.

20．已知，设函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据a的取值区间，判断函数 的导数符号即可；

（2）将不等式转化为函数，利用函数的单调性和极值处理即可.

【详解】(1)，且，

①，，单调递增；

②，，单调递减；

③，，

时，，单调递减，

时，，单调递增；

综上，当时，在上单调递增；

当时，在单调递减；

当时，在单调递减，在单调递增

(2)，

即，令，

则，令，可得，

当时，，则在单调递减，

则只需满足，∴，解得，∴；

当时，可得在单调递增，在单调递减，

则，

整理可得，

令，则，

，

则可得在单调递增，在单调递减，

则，故时，恒成立，

综上，；

21．如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为.

(1)求抛物线方程；

(2)证明：直线AB的斜率为定值并求出此定值；

(3)令焦点F到直线AB的距离d，求的最大值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

(3)

【分析】（1）待定系数法求解抛物线方程；（2）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；（3）在前两问基础上用斜率k表达出，换元后使用基本不等式求出最大值.

【详解】(1)将点代入抛物线方程可得：，抛物线

(2)设，与抛物线方程联立可得：

，∴，用代k可得：

因此，，即.

(3)由（1）可知，，，

因此

到直线AB的距离.

∵

∴

，令，由得

∴

当且仅当时取等号.

的最大值为.

【点睛】求解抛物线取值范围问题，把要求解的问题转化为单元问题，常使用的工具有换元，基本不等式，或导函数.

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线和直线的极坐标方程；

(2)直线与曲线交于，两点，若，求直线的斜率.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

（2）利用一元二次方程根和系数关系式和三角函数的值的应用求出结果．

【详解】(1)∵曲线的参数方程（为参数），

，即，

将，代入，

∴曲线的极坐标方程为.

∵直线的参数方程为（为参数，），

∴直线的极坐标方程为

(2)将直线的极坐标方程代入曲线

得.

，.

设点，，

由韦达定理得，，

，，

解得，满足，又，或.

∴直线的斜率.

23．选修4-5：不等式选讲

已知函数，M为不等式的解集.

（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）证明：当a，b时，.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

【详解】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．

试题解析：（I）

当时，由得解得；

当时，；

当时，由得解得.

所以的解集.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而

，

因此

【解析】绝对值不等式，不等式的证明.

【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：

（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，， （此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．

（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．