2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学（理）试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届“四省八校”高三下学期开学考试数学（理）试题
一、单选题
1．若集合，，则(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据分式不等式解法解出集合A，根据对数的运算法则计算出集合B，再根据集合交集运算得结果.
【详解】，
，
∴.
故选：C.
2．已知，复数（为虚部单位）为纯虚数，则z的共轭复数的虚部为（       ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的出发运算结合纯虚数的定义求出，从而可求出复数，即可得出答案.
【详解】解：，
因为复数（为虚部单位）为纯虚数，
所以，解得，
所以，所以，
所以z的共轭复数的虚部为.
故选：B.
3．已知，，则“”是“存在使得”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
则；
即不能推出.
(2)当时，
或，,
所以对第二种情况，不存在时，使得成立，
故“”是“存在使得”的既不充分不必要条件.
故选：D
4．设函数，则函数的图象可能为(       )
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】判断f(x)的奇偶性和单调性即可判断图像.
【详解】，
，
，
∴f(x)是定义在(－1，1)上的奇函数，图像关于原点对称，据此排除BD；
又，∴选C.
故选：C.
5．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱.命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动，要求甲､乙两个学校各安排一个人，剩下两个学校各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（       ）
A．156种 B．168种 C．172种 D．180种
【答案】A
【分析】利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】根据题意，设剩下的2个学校为丙学校和丁学校，先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个学校，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种，
若小李和小王在一起，则两人去丙学校或丁学校，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后2个安排到剩下的学校，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选：A
6．已知，则下列关系中成立的是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用对数式特殊值，解对数方程，再比较x,y,z的大小关系．
【详解】由题意知，，，
解得．
同理可解得，
比较x和y：取，

比较x和z：取，
比较y和z：取，
综上所述：，故选C．
【点睛】对数式特殊值有，结合对数式指数式互化，解决一些特殊的对数方程．再构造同指数幂比较大小．
7．函数对于都有，恒成立，在区间上无最值.将横坐标变为原来的6倍，图象左移个单位，上移3个单位得到，则下列选项正确的是（       ）
A．在上单调递增
B．当时取得最小值为-1
C．的对称中心为
D．右移m个单位得到，当时，为偶函数
【答案】D
【分析】根据已知条件求得的解析式，然后根据三角函数的的单调性、最值、对称性、三角函数图象变换、三角函数的奇偶性等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】由题意得∵，∴，则.
∴，
∴，则
，
在，上单调递增，当k=0时，增区间为，A错误；
时，取得最小值为1，B错误：
，所以的对称中心为，C错误；
，当为偶函数时，，，D正确.
故选：D
8．在△ABC中，且，，其中，，，，则（       ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】D
【分析】根据向量的加减法运算可判断A;根据数量积的运算法则可求得，从而判断B;先表示出，再根据向量模的计算求得，可判断C;根据向量的夹角公式可求得，判断D.
【详解】当时，，
则,
故A错误；
当时，，
则，
由于 不定，故B错误；
当时，,
故由于 不定，故C错误；
当时，，
,
故,
故
所以 ,
由于 ,故，故D正确，
故选：D
9．已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD内一动点，则下列命题正确的个数是(       )

①若，则点N的轨迹长度为π.
②若N到平面与直线的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分.
③若N在线段AC上运动，则.
④若N在线段AC上运动，则.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①连接DN、MN，求出DN，根据圆的定义可求N的轨迹，根据圆的周长可求轨迹长度；
②根据几何关系可知N到平面的距离即为N到直线BC的距离，N到直线的距离即为NA，根据抛物线的定义即可判断N的轨迹；
③连接，证明平面即可；
④连接连接AC和BD交于O，连接MO，则∥MO，由此即可判断.
【详解】①连接DN、MN，

∵DM⊥平面ABCD，∴，∴，
∴点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆的，
∴点N轨迹长度为圆的周长的，为，故①正确；
②如图，过N作NE⊥BC与E，连接AN：

∵平面ABCD⊥平面且两平面交于BC，∴NE⊥平面，∴NE即为N到平面的距离；
∵⊥平面ABCD，∴⊥AN，∴AN就是N到直线的距离；
若N到平面与直线的距离相等，即NE＝NA，根据抛物线的定义可知N的轨迹是以A为焦点，BC为准线的抛物线的一部分，故②正确；
③连接：

是正方形，，
∵平面平面，
同理可证平面③正确；
④连接AC和BD交于O，连接MO，

∵ABCD时正方形，∴OB＝OD，又M是的中点，∴在三角形中，∥MO，
∴若N在线段AC上运动，只有当N为AC中点O才满足，故④错误.
∴正确的命题是：①②③，正确的个数为：3.
故选：C.
10．在x轴上方作圆与x轴相切，切点为，分别从点､，作该圆的切线AM和BM，两切线相交于点M，则点M的横坐标的取值范围(       )
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意作出图像，根据几何关系研究动点M的轨迹即可.
【详解】当M在第一象限时，如图，设直线AM，BM与圆分别相切于点E，F，

由题可知，，，
又∵，
∴
∴根据双曲线的可知，M在以A、B为焦点的双曲线的右支上(不能取顶点)，
∴此时M恒坐标；
当M在第三象限时，如图，

同理可得，
∴根据双曲线的定义可知，此时M是以A、B为焦点的双曲线的左支上的点(不能为顶点)，∴此时M恒坐标；
综上，M点的横坐标的取值范围.
故选：A.
11．已知函数，若，成立，则a的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先将不等式变形为，再根据函数在上为减函数即可得到，然后分参即可求出．
【详解】因为，得，同时除以得：，使该不等式成立．设，，当时，，所以在为减函数，所以，由得，即，因为，所以，，即a的取值范围是.
故选：D.
12．设，分别是椭圆的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，则椭圆E离心率的取值范围（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用列方程，整理得，然后根据的取值范围，求得离心率的取值范围.
【详解】设，由椭圆的方程可得，，，
则，即，
由P在椭圆上可得，所以，
所以可得，所以，
由，所以，整理可得：，，
可得：.
故选：B
二、填空题
13．若一几何体三视图如图所示，则其内接长方体体积的最大值为___________.

【答案】
【分析】根据题意该几何体为圆锥，且圆锥的底面半径为1，高为2，故底面矩形的边长为，对角线长为，高为x，进而长方体的体积为，，在结合导数计算的最值即可.
【详解】解：根据三视图可判断该几何体为圆锥，且圆锥的底面半径为1，高为2；

其内接长方体如图，底面矩形的边长为，对角线长为，高为x，
根据轴截面图得出：，解得，其中；
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以长方体的体积为，，
所以令
则，令，解得或，
可判断时单调递增，时单调递减，
所以的最大值为.
所以该长方体的最大值为，当且仅当底面边长为的正方形，高为，
故答案为：.
14．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第四项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项的系数为___________.
【答案】280或560
【分析】结合二项式展开式的通项公式以及已知条件列方程，化简求得的值，进而求得展开式中二项式系数最大项的系数.
【详解】因为的展开式通项为，
所以，展开式中第4项系数为，倒数第四项系数为，
则，即6-n=-1，所以n=7.
当k=3或k=4时，二项式系数最大.
所以二项式系数最大的项为和；
所以二项式系数最大的项的系数为280或560.
故答案为：或
15．在中，已知，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】利用二倍角公式分析得出，利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，令，则，，利用函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】因为，所以，
因为、，故，所以或.
因为，故，故.
则由正弦定理得
，
因为，所以，所以，
设，则，则，
设，，则在上单调递增，则，即.
所以的取值范围为.
故答案为：.
16．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理“三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半”，后人称这条直线为“欧拉线”，直线l与y轴及双曲线的两条渐近线的三个不同交点构成集合M，且M恰为某三角形的外心，重心，垂心所成集合，若l的斜率为－1，则该双曲线的离心率可以是①，②，③，④，⑤，⑥.以上结论正确的是___________.
【答案】①③⑤
【分析】设直线方程，可求出三个交点，结合条件列出等式进而可得a,b的关系式，即可判断.
【详解】设直线l的方程为，
令x=0，可得y=t，设直线l与y轴的交点，
双曲线的渐近线方程为，
与直线y=x+t联立，可得，
由三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，
当A，B，C依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为a=2b，；
当A，C，B依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为a=－2b不成立；
当B，A，C依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为b=3a，；
当C，A，B依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为b=－3a不成立；
当C，B，A依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为a=5b，；
当B，C，A依次为三角形的外心､重心､垂心，且它们依次位于同一条直线上，
可得，即为，化为a=－5b不成立.
故答案为：①③⑤.
三、解答题
17．已知数列中，，，.
(1)设，求证是等差数列；
(2)求的通项.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）式子变形后，可知是首项，公差为1的等差数列.
（2）利用累加法和错位相减法即可得出结论.
【详解】(1)解：由已知可得：

即
即，
所以是首项，公差为1的等差数列.
(2)由（1）知
则

得到
①，
②
，得.
18．如图，多面体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，上底面为直角梯形，且，，平面ABCD，F为棱上的一个动点，设由点，A，F构成的平面为α.

(1)当F为的中点时，在多面体中作出平面α截正方体的截面图形，并指明与棱的交点位置；
(2)求当点D到平面α的距离取得最大值时直线AD与平面α所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，取的中点，连接，，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接，从而可求出截面图形，
（2）如图，以D为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设CF=a，（0≤a≤2），求出平面的一个法向量，然后表示出点D到平面α的距离为，由其最大值可求出，再利用向量的夹角公式可求得结果
【详解】(1)取的中点，取的中点，则，连接，，
由题意可得∥，
因为F为的中点，所以∥，
所以∥，
所以，
连接并延长交延长线于，
连接并延长交于，连接，
则平面截正方体的截面为五边形，如图所示.

因，所以，
所以，
因为≌，
所以，
因为，所以
(2)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，延长与z轴交于P点，
设CF=a，（0≤a≤2），则，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设点D到平面α的距离为，则
，当a=2时，，
此时，
设直线AD与平面所成角为，则

所以直线AD与平面所成角的正弦值为.

19．某校高三2班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中小学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，学校提供了：除草､翻地､播种､浇水四个项目.规定女生等可能的从中选择1个或者2个项目进行劳动学习，男生等可能的从中选择1个或者2个或者3个项目进行劳动学习，每参加1个劳动项目的学习获得10分，求：
(1)在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率；
(2)记该小组得分为X，求X的期望.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设“至少有一名女生参加劳动学习”为事件A，“恰有一名女生参加劳动学习”为事件B.
根据超几何分布原理分别求得，，直接利用条件概率的计算公式即可求得；
（2）设恰有Y人女生参加劳动学习，则男生2-Y人参加劳动学习，求出Y的分布列和数学期望，由即可求出.
【详解】(1)设“至少有一名女生参加劳动学习”为事件A，“恰有一名女生参加劳动学习”为事件B.
根据超几何分布原理得：，
有条件概率的计算公式得：
所以，在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率为；
(2)根据题意女生参加劳动学习可获得：（分）；
男生参加劳动学习可获得：（分）.
设恰有Y人女生参加劳动学习，则男生2-Y人参加劳动学习，则
；；.
所以Y的分布列为：
Y
0
1
2
P




则有：.
又，
∴.
20．如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于、，直线、分别与交于点、.

(1)证明：以为直径的圆经过点；
(2)记、的面积分别为、，若，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理计算得出，可得出，即可证得结论成立；
（2）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.
【详解】(1)证明：若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为.
由得，
设、，则、是上述方程的两个实根，
于是，.
又因为点，
所以，
所以，即，所以为直径的圆经过点.
(2)解：由已知，设的斜率为，则的方程为，
由解得或，则点的坐标为，
又直线的斜率为，同理可得点的坐标为.
所以，
由得，解得或，
则点的坐标为，
又直线的斜率为，同理可得点的坐标，
于是，
因此，
当时，即当时，等号成立，
所以，所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．己知函数.
(1)当时，求的单调区间.
(2)存在，使得成立，求整数的最小值.
【答案】(1)增区间为，无单减区间
(2)
【分析】（1）利用导数与函数的单调性之间的关系可求得结果；
（2）由题意可知，存在，使得，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，求出的取值范围，可求得整数的最小值.
【详解】(1)解：当时，，该函数的定义域为，
则，当且仅当时，等号成立，
故函数的增区间为，无单减区间.
(2)解：存在，使得成立，即，
令，其中，则，
，
令，则，
令，对任意的恒成立，
故函数在上为增函数，则，
即对任意的恒成立，则函数为增函数.
因为，，
所以存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，，
设，则，
令，则对任意的恒成立，
故函数在上为增函数，则，
即对任意的恒成立，故函数在为增函数，
故，即，即，
因为为整数，所以整数的最小值为.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
22．在平面直角坐标系中，曲线经过伸缩变换得到曲线，曲线的方程为（为参数），以坐标原点为极点建立极坐标系，曲线是由过极点且关于极轴对称的两条射线组成的图形，其中.

(1)请写出曲线的普通方程和曲线的极坐标方程.
(2)已知点在曲线上，，延长、分别与曲线交于点、，求的面积.
【答案】(1)，和
(2)
【分析】（1）求出曲线的普通方程，然后由变换可得出曲线的普通方程，求出，可得出曲线的极坐标方程；
（2）求出点、、的坐标，可求得，直线的方程，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】(1)解：将曲线的参数方程化为普通方程可得，
将曲线经过变换可得到曲线，则，
因此，曲线的普通方程为.
曲线是由过极点且关于极轴对称的两条射线组成的图形，其中.
则，故曲线的极坐标方程为和.
(2)解：直线的方程为，联立，可得或，即点，
同理可得点，则，且直线的方程为，
设点，则，可得，即点，
所以，点到直线的距离为，
因此，.
23．已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，在不等式的两边同时平方可得出，解此不等式即可得解；
（2）分析函数的单调性，可得出，可得出，利用三元基本不等式可求得的最小值.
【详解】(1)解：由可得，
两边平方得，整理得，解得，
所以，不等式的解集为.
(2)解：当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，，故，所以，，
因为且，则，
由三元基本不等式可得，
当且仅当，即时取到等号，故的最小值为.