2022届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（五）数学（理）试题含解析

这是一份2022届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（五）数学（理）试题含解析，共23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届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（五）数学（理）试题
一、单选题
1．设集合,，则集合的元素个数为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】集合为点集，交集的元素个数等与函数与图象交点个数，作图可解.
【详解】如图，函数与图象有两个交点，故集合有两个元素.
故选：C

2．“直播电商”已经成为当前经济发展的新增长点，某电商平台的直播间经营化妆品和服装两大类商品．2021年前三个季度的收人情况如图所示，已知直播间每个季度的总收入都比上一季度的总收入翻一番，则下列说法正确的是（       ）

A．该直播间第三季度服装收入低于前两个季度的服装收入之和．
B．该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的．
C．该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的．
D．该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的3倍．
【答案】C
【分析】利用条形统计图求解判断.
【详解】设第一季度的总收入为，则第二季度的总收入为，第三季度的总收入为.
对于选项A，第一、二季度服装收入和为，第三季度服装收入为，故A错误；
对于选项B，第一季度化妆品收入为，第三季度化妆品收入为，第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故B错误；
对于选项C，第二季度的化妆品收入为，第三季度的化妆品收入为，第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故C正确；
对于选项D，第三季度总收入是第一季度总收入的倍，故D错误.
故选：C．
3．已知，其中i是虚数单位，则复平面内对应的点在（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用复数乘除法运算求出，再求出即可得解.
【详解】，，，，，
所以复平面内对应的点在第一象限.
故选：A
4．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．火箭在发射时会产生巨大的噪音，若所有声音的声强级d（x）（单位：）与声强x（单位：）满足．火箭发射时的声强级约为140，人交谈时的声强级约为50，那么火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，代入火箭和人交谈时的声强级可求解对应声强，即得解
【详解】由题意，，则
火箭发射时的声强级约为140，人交谈时的声强级约为50，
则火箭发射时的声强约为，人交谈时的声强约为，
所以火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为
故选：A
5．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图①，一个光学装置由有公共焦点的椭圆与双曲线构成，现一光线从左焦点发出，依次经与反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的去掉，如图②，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时秒；若，则的长轴长与的实轴长之比为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得 和的周长，再根据光速相同，且 求解.
【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，
两式相减得 ，
所以 的周长为 ，
在图②中，的周长为，
因为光速相同，且 ，
所以 ，即 ，
所以，
即的长轴长与的实轴长之比为，
故选：D
6．斗笠，用竹篾夹油纸或竹叶粽丝等编织，是人们遮阳光和雨的工具.某斗笠的三视图如图所示（单位：），若该斗笠水平放置，雨水垂直下落，则该斗笠被雨水打湿的面积为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可知，该几何体是由一个底面半径为10，高为20的圆锥和宽度为20的圆环组成的几何体，则所求面积积为圆锥的侧面积与圆环的面积之和
【详解】根据三视图可知，该几何体是由一个底面半径为10，高为20的圆锥和宽度为20的圆环组成的几何体，所以该斗笠被雨水打湿的面积为
，
故选：A

7．已知递增等比数列的前n项和为，，且，则与的关系是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，由已知列式求得，再由等比数列的通项公式与前项和求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，
所以，
又，所以，
所以，，
所以
即
故选：D
8．在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围.
【详解】，因为为锐角三角形，故，
，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以.
故选：C
9．若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用倍角公式，以及同角三角函数关系，整理化简即可求得正切值.
【详解】因为，
即，解得.
故选：C.
10．2021年第十四届全国运动会的吉祥物“朱朱”“熊熊”“羚羚”“金金”深受大家的喜欢．现有“朱朱”“熊熊”布偶各1个，“羚羚”“金金”布偶各2个，从这6个布偶中随机抽取2个，则这2个布偶不一样的概率是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由古典概型概率公式可得答案.
【详解】从这6个布偶中随机抽取2个，共有种情况，其中这2个布偶是同一种布偶的情况有2种，故所求概率．
故选：A.
11．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（       ）

①点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
②平面截直四棱柱所得截面的面积为
③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
④平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】对于①：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断；
对于②、④：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可；
对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断.
【详解】解：对于①：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知，
点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题①正确；


延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题④错误.
由平行线分线段成比例可得：AP= BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰三角形.
由相似三角形可知，AM=AP=1，A1M=2，则， .
连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.
等腰梯形MEFN的高，
则等腰梯形MEFN的面积为.
又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题②正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则，
所以， .故命题③正确.
综上得说法中正确的是：①②③，
故选：D.
【点睛】立体图形中的截面问题：
（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.
12．若函数满足对都有，且为R上的奇函数，当时，，则集合中的元素个数为（       ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根据已知可推出函数周期性，单调性以及函数值情况，由此可作出函数的图象，将问题转化为函数图象的交点问题解决.
【详解】由为R上的奇函数,
①，
又 ②，
由②－①为周期为2的周期函数,
而又，
当时当时,．
又当时，单调递增，且．
故可作出函数 的大致图象如图：

而集合A中的元素个数为函数与图象交点的个数，
由以上分析结合函数性质可知，3为集合A中的一个元素，
且y=f（x）与在（1，3），（3，5），...，（23，25）中各有一个交点，
∴集合中的元素个数为13．
故选：C．

二、填空题
13．已知非零向量不共线，若，，，且，，三点共线，则___________.
【答案】
【分析】根据三点共线，则对应向量共线，则存在非零实数，使得，即可求得参数.
【详解】因为，，三点共线，故可得//，
则存在非零实数，使得，
又，，
故可得，又非零向量不共线，
故可得，解得.
故答案为：.
14．直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，设直线的斜率为，直线(其中为坐标原点)的斜率为，则______.
【答案】-0.0625
【分析】使用点差法即可求解﹒
【详解】设，，
则
①－②得：，即，即.
故答案为：.
15．若过点可作函数的三条切线，则m的取值范围为________
【答案】
【分析】设切点为，利用导数的几何意义，求切线的斜率，利用点斜式写出切线方程，将点A代入切线方程，可得关于a的方程有三个不同的解，利用参变量分离可得，令，利用导数求出的单调性和极值，由与有三个不同的交点，即可得到m的取值范围.
【详解】设切点为，而，
切线的斜率，故切线方程为，
切线过点，
，即，
过可作曲线的三条切线，
关于a的方程有三个不同的根，
令，则，解得或，
当时，当时，当时，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，
关于a的方程有三个不同的根，等价于与的图象有三个不同的交点，
，即，故m的取值范围为.
故答案为：.
16．定义运算“★”：．设函数，给出下列四个结论：①是的最小正周期；②在有2个零点；③在上是单调递增函数；④的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到．其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①②
【分析】①：先化简得到，故由求出最小正周期；②：求出时或；③：整体法求解函数单调区间，进而作出判断；④：根据左加右减求出解析式，作出判断.
【详解】，故是的最小正周期，①正确；
，，故在或时，即或时，故在有2个零点，②正确；
，，此时在上单调递增，在上单调递减，故③错误；
的图象向右平移个单位长度得到，故④错误.
故选：①②

三、解答题
17．已知数列的前n项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）项和转换可得，验证，分析即得解；
（2）项和转换可得，转化，裂项相消法求和即得解
【详解】(1)当时，由
得，
两式相减可得．
因为，符合上式
所以，故，
(2)由（1）得，
当时，，
当时，，不符合上式，
故数列的通项公式为．
因此．
故当时，．
当
．
令，得，符合上式
综上所述，．
18．2022年北京冬奥会即第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年2月4日至2月20日在北京和张家口举行．某研究机构为了解大学生对冰壶运动是否有兴趣，从某大学随机抽取了600人进行调查，经统计男生与女生的人数之比是11∶13，对冰壶运动有兴趣的人数占总数的，女生中有75人对冰壶运动没有兴趣．
(1)完成下面列联表，并判断是否有99.9％的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关？

有兴趣
没有兴趣
合计
男



女

75

合计


600
(2)按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中抽取8人，若从这8人中随机选出3人作为冰壶运动的宣传员，设X表示选出的3人中女生的人数，求X的分布列和数学期望．
附：

0.100
0.050
0.025
0.010
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
【答案】(1)表格见解析，有
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题目所给的数据填写列联表，计算,依据题目中的表格，得出结论;
（2）根据分层抽样的定义求出抽取的8人中男生和女生的人数，再确定出X的所有可能取值为0，1，2，3，并分别求出其相应的概率，利用期望公式即可求解.
【详解】(1)根据题意得男生有275人，女生有325人；对冰壶运动有兴趣的人数为400人，对冰壶运动无兴趣的人数为200人，对冰壶运动无兴趣的男生为200-75=125人，对冰壶运动有兴趣的男生为275-125=150人，对冰壶运动有兴趣的女生为325-75=250人，
得到如下列联表：

有兴趣
没有兴趣
合计
男
150
125
275
女
250
75
325
合计
400
200
600
所以，
则有99.9％的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．
(2)对冰壶运动有兴趣的一共有400人，
从中抽取8人，抽到的男生人数为（人），
女生人数分别为（人）．
X的所有可能取值为0，1，2，3．
，，
，，
所以X的分布列是：
X
0
1
2
3
P




则．
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为垂足.

(1)当点在线段上移动时，判断是否为直角三角形，并说明理由；
(2)若，且与平面所成角为，求二面角的大小.
【答案】(1)是直角三角形，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，先根据与平面所成角为，可求得BC的长，再根据空间向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】(1)是直角三角形.
平面，
，
又底面是矩形，
，且，
平面，又平面，
，
又，且，
平面，又平面，
，即，
当点在线段上移动时，是直角三角形.
(2)因为,则为的中点,
因为，
所以点是的中点.
平面，且平面是矩形，
所以建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，
所以；
则，
设平面的法向量为，则由，
即   ，
令，则，所以；
依题意得与平面所成角为，
所以，即，解得，
所以，
则，
设平面的法向量为，
由 即 ，
令，则，所以，
由（1）知平面，即是平面的一个法向量，
则，
由图可判断二面角为锐角，
所以二面角的大小为.
20．如图，已知点在半圆：上一点，过点P作抛物线C：的两条切线，切点分别为A，B，直线AP，BP，AB分别与x轴交于点M，N，T，记的面积为，的面积为．

(1)若抛物线C的焦点坐标为（0，2），求p的值和抛物线C的准线方程：
(2)若存在点P，使得，求p的取值范围．
【答案】(1)；准线方程为直线
(2)
【分析】(1)根据抛物线的焦点坐标即可以求p和其准线方程；
(2)设，，表示出过A和B的切线方程，求出M和N点坐标，根据P在两直线上求出P点坐标，进而再求出T点坐标，表示出，，进而可以得到，从而可求，由此求出P的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆：有交点，据此即可求出答案.
【详解】(1)，．准线方程为直线．
(2)设，，过点A的切线方程：，于是；
过点的切线方程：，于是；
点在两条切线上，所以，
可得点P坐标为．
且：，于是．
，，
而，所以．
于是点，点P的轨迹方程为，
问题转化为抛物线与半圆：有交点．
记，则，又因为，
解得：．
【点睛】本题关键在求出点P的轨迹方程，将问题转化为P的轨迹与半圆Q有交点，从而求出p的范围.
21．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求函数在内的零点个数.
【答案】(1)当， 在单调递增；当，在单调递增,在单调递减.
(2)0.
【分析】（1）求得，对参数分类讨论，即可由每种情况下的正负确定函数的单调性；
（2）根据题意求得，利用进行放缩，只需证即，再利用导数通过证明从而得到恒成立，则问题得解.
【详解】(1)以为，其定义域为，又，
故当时，，在单调递增；
当时，令，可得，且
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减.
综上所述：当， 在单调递增；
当，在单调递增，在单调递减.
(2)因为，故可得，
则，
；
下证恒成立，
令，则，
故在单调递减，又当时，，故在恒成立，
即；
因为，故，
令，
下证在恒成立，
要证恒成立，即证，又，
故即证，
令，则，
令，解得，此时该函数单调递增，令，解得，此时该函数单调递减，
又当时，，也即；
令，则，
令，解得，此时该函数单调递减，令，解得，此时该函数单调递增，
又当时，，也即；
又，故恒成立，
则在恒成立，又，
故当时，恒成立，
则在上的零点个数是.
【点睛】本题考察利用导数研究含参函数的单调性，以及函数零点问题的处理；本题第二问处理的关键是通过分离参数和构造函数，证明恒成立，属综合困难题.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中．
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程；
（2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值．
【答案】（1）；()（2）.
【解析】（1）消去参数即可得曲线、的直角坐标方程，由极坐标方程与直角坐标方程转化公式即可得曲线的极坐标方程；
（2）设直线l的参数方程，进而可得直线m的参数方程，分别与、联立，可得M，N，B对应的参数，，的关系，代入计算即可得解.
【详解】（1）曲线的参数方程为，(γ为参数)，
曲线的普通方程为，即．
由，得曲线的极坐标方程为，
即曲线的极坐标方程为．
由曲线的参数方程，(s为参数),可得，
又，
故曲线的普通方程为()．
（2）A的极坐标为，故A的直角坐标为，
设l：(p为参数)，，
则直线m：(t为参数)，，
联立m：与的方程，
得,，
联立l：与的方程()，
得．
设M，N，B对应的参数分别为，，，
则，，
由可得，
，化简得即，
.
【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程及极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.
23．已知函数，函数，实数.
(1)当时，解不等式；
(2)令函数，对于给定的正实数a，方程有三个不同的实根､､，且，有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)当时，；当时，；当时，
【分析】（1）根据题意，去绝对值讨论，即可求解；
（2）根据题意，去绝对值转化为分段函数，结合图象交点，即可求解.
【详解】(1)根据题意，由，得.
当时，，即，解得；
当时，，即，解得.
综上所述，不等式的解集为.
(2)根据题意，得.
（i）当时，函数，
易知函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，直线与函数的图象有三个交点，
，，，
当时，，可知，
又，即恒成立；
①当时，即当时，令，解得或（舍），此时，，即；
②当时，即当时，令，可得（舍）或，此时，，即；
（ii）当时，函数，
函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，直线与函数的图象有三个交点，
，，，
由（1）可知，可知，又，即恒成立；
令，解得（舍）或，
此时，，即；
（iii）当时，函数，
函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，直线与函数的图象有三个交点，
，，，
同理可知，可知，又，即恒成立；
①当时，即当时，令，解得或，此时，；
②当时，即当时，令，可得或（舍），此时，.
综上所述，当时，；当时，；当时，.