2022届四川省成都市石室中学高三上学期专家联测卷（二）数学（理）试题含解析

2022届四川省成都市石室中学高三上学期专家联测卷（二）数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出集合 ,根据集合的并集运算求得结果.

【详解】解：因为或   ，，

所以.，

故选：C.

2．已知复数，则的共轭复数 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】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的几何意义可得出结论.

【详解】解：由题意，得，所以，

所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限．

故选：D.

3．定义域为R的偶函数在上单调递减，当不等式成立时，实数a的取值范围是（       ）

A．a<-1或a>0 B．-1<a<0或0<a<1

C．0<a<1 D．-1<a<0

【答案】B

【分析】利用偶函数的性质 ，结合函数的单调性，得到关于a的不等式，解得答案.

【详解】因为为上的偶函数，

则等价于,

又因为在上单调递减，

所以，两边平方得，

则且，得或,

故选：B

4．某种水果的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系（…为自然对数的底数，k，b为常数）．若该水果在0℃的保鲜时间是192小时，在14℃的保鲜时间是48小时，则该水果在21℃的保鲜时间是（       ）

A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时

【答案】C

【分析】利用条件得到，，从而求出x=21的函数值.

【详解】函数中，当时，当时，

所以，则，所以当时，.

故选：C

5．函数的图象大致是

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】解析：因是奇函数，且当时，都有，函数单调递增，故应选答案B．

6．已知函数最小正周期为，且的图象过点，则方程所有解的和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先根据的最小正周期计算出的值，再根据图象过点结合的范围求解出的值，再根据条件将方程变形，先确定出的值，然后即可求解出方程的根，由此确定出方程所有解的和.

【详解】因为的最小正周期为，所以，

又因为的图象过点，所以，

所以，又因为，所以且此时，

所以，即，

即，

又因为时，，，

所以，

因为，所以，

当时，或，解得或，

所以方程所有解的和为.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析方程得到，此处需要注意不能直接约去，因为需要考虑的情况.

7．若，且，则的值为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】运用二倍角公式和两角差的正弦公式进行化简，再结合同角三角函数关系求出结果

【详解】，且，

化简可得

两边平方可得

则

故选

【点睛】本题主要考查了三角函数两角和与差公式和倍角公式，熟练掌握各个公式是解题的关键，属于基础题．

8．已知双曲线的右焦点为，为双曲线左支上一点，点，则周长的最小值为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】曲线右焦点为，周长 要使周长最小，只需 最小，如图：

当三点共线时取到,故l=2|AF|+2a=   

故选B

点睛：本题考查了双曲线的定义，两条线段之和取得最小值的转化，考查了转化思想，属于中档题.

9．已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，，，P为球O的球面上的动点，记三棱锥p一ABC的体积为，三棱锥O一ABC的体积为，若的最大值为3，则球O的表面积为　　

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且，根据体积比求得，利用球的性质，得，再由三角形的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解．

【详解】由题意，设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且

依题意可知，即，显然，故，

又由，故，

∴球的表面积为，故选B.

【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，合理利用求得性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题．

10．有甲、乙两个袋子，甲袋子中有3个白球，2个黑球；乙袋子中有4个白球，4个黑球．现从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据独立事件与古典概型计算分从甲袋子取出2个白球放入乙袋子、从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子和从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子三种情况讨论，从而可得出答案．

【详解】解：若从甲袋子取出2个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

故选：B.

11．已知关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将不等式化为，讨论、和时，分别求出不等式成立时的取值范围即可

【详解】时，不等式可化为；

当时，不等式为，满足题意；

当时，不等式化为，则，当且仅当时取等号，

所以，即；

当时，恒成立；

综上所述，实数的取值范围是

答案选A

【点睛】本题考查不等式与对应的函数的关系问题，含参不等式分类讨论是求解时常用方法

12．已知定义域为R的奇函数满足，当时，，则函数在上零点的个数为（       ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】D

【分析】根据奇函数的性质可得，令，根据题意运算可得是以4为周期的周期函数，作出函数在上的图象，结合数形结合的思想即可得出结果.

【详解】解：因为是定义域为R的奇函数，所以．

因为，令，得，

即，所以．

又因为为奇函数，所以，所以，

所以是以4为周期的周期函数．

根据周期性及奇函数的性质画出函数在上的图象，如图．

由图可知，函数在上有零点-4，-3.5，-3，-2，-1，-0.5，0，0.5，1，2，3，3.5，4，共13个零点．

故选：D

二、填空题

13．若的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是______.

【答案】5

【分析】利用赋值法令表达出展开式的各项系数和，求出，根据二项式展开式的通项公式计算即可得出结果.

【详解】解：因为的展开式的各项系数和为32，

令，得，所以，

又，

所以该展开式中的系数是．

故答案为：5

14．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则的周长的最大值是______.

【答案】9

【分析】利用正弦定理将角化边，即可得到，再利用基本不等式求出的最大值，即可求出的最大值，从而得解.

【详解】由，

根据正弦定理，得，即．

因为，所以，即．

因为a>0，c>0，所以，

所以．

即，当且仅当时，，

所以，

即的周长的最大值为9．

故答案为：9.

15．在四边形中，已知是边上的点，且，，若点在线段上，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据平面向量的加法的几何意义, 可得计算出的表达式,最后根据的大小,可以求出的取值范围.

【详解】，

，是边上的点，，所以，因此，

在等腰中,点到线段上的一点的距离最大值为1,取最小值时,为的中点,此时,

所以的取值范围为: .

【点睛】本题考查了平面向量数量积的取值问题,利用平面向量的加法的几何意义是解题的关键.

16．已知是抛物线上的一动点，则点到直线和直线的距离之和的最小值是______.

【答案】

【分析】设，根据点到直线距离公式可求出点到直线的距离，点到直线的距离，进而点到两直线距离和关于的二次函数，再根据二次函数的性质，即可求出结果.

【详解】解：设，则点到直线的距离为，

点到直线的距离为．

因为，

所以点到两直线距离和为，

所以当时，该距离之和的最小值为．

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列的前n项和为，，且（n为正整数）．

(1)求数列的通项公式；

(2)若对任意正整数n，恒成立，求实数k的最大值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）根据求解出数列是首项为1，公比为的等比数列，进而求出通项公式；（2）利用等比数列求和公式求出，结合单调性求出和的最小值，从而求出实数k的最大值.

(1)

因为①，

所以②．

由①-②，得，

所以．

又因为，，解得，

所以数列是首项为1，公比为的等比数列，

所以.

(2)

由（1）知，数列的前n项和.

由题意可知，对于任意的正整数n，恒有．

因为数列单调递增，

所以当时，最小，最小值为1．

所以必有，

所以实数k的最大值为1．

18．某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间(满分150分)，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，，第二组，，第八组，，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分.

（1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图；

（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值)；

（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率.

【答案】（1）0.08，图见解析；（2）102；（3）.

【分析】（1）由频率和为1，求得第七组的频率，并补全频率分布直方图；

（2）利用平均数求解公式，用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分即可.

（3）样本成绩属于第六组的有人，样本成绩属于第八组的有人，求得基本事件总数和分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数，从而求得概率.

【详解】(1)由频率分布直方图得第七组的频率为：

.

完成频率分布直方图如下：

(2)用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：

(3)样本成绩属于第六组的有人，设为a，b，c，

样本成绩属于第八组的有人，设为d，e，

从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，

基本事件为(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，

则总数，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件为：(a,b)，(a,c)，(b,c)，(d,e)，其个数，

他们的分差的绝对值小于10分的概率.

19．如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．

（1）证明:平面平面;

（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）由是等边三角形,,得．再证明,,从而和证明平面,故平面平面得证．

（2）作,垂足为连接．由,证得结合二面角为,可得,,.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则,,向量,即平面的一个法向量,运用公式和,即可得出直线与平面所成角的正弦值．

【详解】解:（1）证明:因为是等边三角形,,

所以,可得．

因为点是的中点,则,,

因为,平面PBD,平面,

所以平面,因为平面,

所以平面平面．

（2）如图,作,垂足为连接．

因为,

所以为二面角A-BD-C的平面角．

由已知二面角为,知．

在等腰三角形中,由余弦定理可得．

因为是等边三角形,则,所以．

在中,有,得,

因为,所以．

又,所以．

则,．

以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,

以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,

则,,向量,

平面的一个法向量为,

设直线与平面所成的角为,

则,

所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.

20．已知椭圆的一个焦点为，离心率为，点P为圆上任意一点，为坐标原点．

(1)记线段OP与椭圆C的交点为Q，求的取值范围；

(2)设直线l经过点P，且与椭圆C相切，与圆M相交于另一点A，点A关于原点的对称点为B，试判断直线PB与椭圆C的位置关系，并证明你的结论．

【答案】(1)

(2)直线PB与椭圆C相切，证明见解析

【分析】（1）根据条件先求得椭圆方程，从而可确定椭圆上一点的横坐标的取值范围，表示出的表达式，结合椭圆的范围求得答案；

（2）设直线PA的方程，和椭圆方程联立，整理得出判别式等于零，化简得

，根据圆的对称性可表示出直线PB的方程，联立椭圆方程，得到，根据 的结果可证明，即证明了直线PB与椭圆C的位置关系.

(1)

由题意知，，

所以，所以，

所以椭圆C的标准方程为．

由题意，得．

设，则，

所以.

因为，所以当时，；当时，，

所以;

(2)

直线PB与椭圆C相切．

证明如下：

由题意可得，点B在圆M上，且线段AB为圆M的直径，所以,

当直线轴时，此时直线过椭圆长轴的顶点,直线PA的方程为，

则直线PB的方程为，显然直线PB与椭圆C相切．

同理，当直线轴时，直线PB也与椭圆C相切．

当直线PA与x轴既不平行也不垂直时，

设点，直线PA的斜率为k，则，直线PB的斜率为，

所以直线方程为：，直线方程为：,

由，消去y，

得,

因为直线PA与椭圆C相切，

所以，

即①．

同理，由直线PB与椭圆C的方程联立，,

消去y得: ,

得②.

因为点P为圆上任意一点，

所以，即③．

将③代入①式，得．

将③代入②式，得

所以此时直线PB与椭圆C相切，

综上所述，直线PB与椭圆C相切．

【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解以及直线和椭圆的位置关系的证明，解答的关键在于理顺解题思路，明确将直线方程和椭圆方程联立，然后利用判别式的化简进行证明结论，难点在于化简的过程运算量较大，计算较困难，需要有耐心和细心.

21．已知函数．

(1)若直线l过点，并且与曲线相切，求直线l的方程；

(2)设函数在上有且只有一个零点，其中，e为自然对数的底数，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）要注意到过一点的切线与在曲线上一处的切线的不同，因此，设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据直线l过点，可求得切点坐标，从而求得切线方程；

（2）注意到当时，，因此将数在上有且只有一个零点，转化为在上没有零点，由此利用导数求出函数的极值点，讨论极值点与区间的位置关系，然后利用导数判断函数单调性，确定函数的值的正负情况，从而确定参数的取值范围.

(1)

设切点坐标为，则，切线的斜率为，

所以切线l的方程为．

又因为切线l过点，所以有，

即，解得，，

所以直线l的方程为．

(2)

因为，当时，，

所以所求问题等价于函数在上没有零点．

又因为，

所以，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

①当，即时，在上单调递增，所以，

此时函数在上没有零点．

②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

所以在上的最小值为，而，,

（i）当时，在上的最大值，

此时函数在上有零点；

（ii）当时，，此时函数在上没有零点．

③当，即时，在上单调递减，

所以在上满足，

此时函数在上没有零点．

综上所述，所求的a的取值范围是或.

【点睛】本题考查了导数的几何意义以及用导数解决函数的零点问题，解答时要注意过一点的直线与曲线相切与在曲线上一点处的切线的不同，解答的关键在于注意到时，，从而将函数在上有且只有一个零点转化为函数在上没有零点，难点在于要分类讨论极值点与区间的位置关系.

22．在直角坐标系中，的圆心为，半径长为．

(1)写出的一个参数方程；

(2)过点作的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．

【答案】(1)，为参数；

(2)和

【分析】（1）利用圆的参数方程定义进行求解；（2）设出切线方程，先根据圆心到直线距离等于半径求出切线的直角坐标方程，再化为极坐标方程.

(1)

的一个参数方程为，为参数；

(2)

设的切线方程为，则由，解得：，所以两切线方程为，化为极坐标方程为：和

23．已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式对任意实数及恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式以及基本不等式求得的最小值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.

【详解】（1）当时，不等式为.

当时，不等式可化为，解得，此时；

当时，不等式可化为，即，不成立；

当时，不等式可化为，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为或；

（2），

而，当且仅当时等号成立.

即当和变化时，的最小值为，

因为不等式对任意实数及恒成立，

，即，解得.

因此，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了含绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查计算能力，属于中等题.