2022包头四中高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

包头四中2021—2022学年度第一学期期中考试

高三年级数学（理科）试题

一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合A，进而根据交集的定义解得答案.

【详解】，而，所以.

故选：A

2. 设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则

A. - 5 B. 5 C. - 4+ i D. - 4 - i

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由题意，得，则，故选A．

考点：1、复数的运算；2、复数的几何意义．

3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数的定义求出的值，再由，在所得分式的分子和分母中同时除以，再代入的值计算即可得解.

【详解】由已知条件可知，点在直线上，则，，

所以，.

故选：B.

4. 设，则“”是“”的

A. 充分而不必要条件

B. 必要而不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】化简不等式，可知 推不出；

由能推出，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．

5. 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】 由题意得，因为双曲线的渐近线方程为，所以，

所以双曲线的离心率为，故选D.

6. 已知圆的方程为，过点的该圆的所有弦中，最短弦的长为

A.  B. 1 C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：，最短的弦长为，选C.

考点：直线与圆位置关系

7. 已知向量 ，满足， ，，则（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.

【详解】，，，.

，

因此，.

故选：D.

【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.

8. 函数的图象大致是

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过函数在处函数有意义，在处函数无意义，可排除A、D；通过判断当时，函数的单调性可排除C，即可得结果.

【详解】当时，，函数有意义，可排除A；

当时，，函数无意义，可排除D；

又∵当时，函数单调递增，

结合对数函数的单调性可得函数单调递增，可排除C；

故选B.

【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.

9. 在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直线与所成角的大小是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先把两条直线平移了有交点，再求其直线所成的角.

【详解】如图连接，，则是的中点，

又为的中点，所以，连接，则是的中点，

又为的中点，所以，

于是是直线与所成的角或其补角．

易知是正三角形，所以．

故选：C

10. 若在上是增函数，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

把函数化为一个角的一个三角函数形式，然后求出增区间，再判断求解．

【详解】，

，，∴增区间是，，

则区间，∴的最大值为．

故选：B．

【点睛】本题考查正弦型函数的单调性，考查两角差的正弦公式，掌握正弦函数的性质是解题关键．

11. 定义在上的函数满足，当时，，当时，，则

A. 335 B. 338 C. 1678 D. 2012

【答案】B

【解析】

【详解】：易知

所以

【考点定位】本题考查抽象函数的性质，周期性是高考的重点.题目结合分段函数进行考查，即注重基础性，又关注数形结合思想的运用，突出了数学思想的考查

12. 设、分别是椭圆C：的左、右焦点，直线过交椭圆C于A，B两点，交y轴于C点，若满足且，则椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用已知条件求出点的坐标，利用两点间的距离公式求得，，利用椭圆的定义求得，整理求得离心率.

【详解】设点坐标为，

，，，

所以有，解得，

因为，所以直线的方程为，

所以有点坐标为，

所以有，，

所以，

所以，

故选：A.

【点睛】方法点睛：该题考查的是有关椭圆离心率的求法，方法如下：

（1）根据题意，求得点的横坐标，代入直线方程求得点的纵坐标；

（2）利用两点间距离求得，；

（3）根据椭圆定义，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为；

（4）之后利用离心率的定义求得结果.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 设.若曲线与直线所围成封闭图形的面积为，则______.

【答案】：

【解析】

【详解】试题分析：因为，曲线与直线所围成封闭图形的面积为，所以，==，解得，．

考点：定积分计算，定积分的几何意义．

点评：简单题，利用定积分的几何意义，将面积计算问题，转化成定积分计算．

14. 若则的最小值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图所示：

作出直线经过时，取得最小值3.

故答案为：3

15. 2021年10月1日，是中华人民共和国成立72周年，某校为了迎接“十一”国庆，特编排了“迎国庆·唱红歌”活动，活动地点让合唱团依斜坡站立，斜坡的前方是升旗台.如图，若斜坡的坡角为，斜坡上某一位置A与旗杆在同一个垂直于地面的平面内，如果在A处和坡脚处测得旗杆顶端的仰角分别为和，且米，则旗杆的高度为________米.

【答案】

【解析】

【分析】设，在中，,在中，利用正弦定理即可得到关于x的方程，进而求得x的值.

【详解】设，在中，；

在中，，，，，

由正弦定理得，即，所以.

故旗杆的高度为米.

故答案为：18.

16. 若是定义在上函数，且的图形关于直线对称，当时，，且，则不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】依题意可得关于对称，即为偶函数，令，利用导数判断函数在上的单调性，从而得到函数在时，再根据偶函数的对称性计算可得；

【详解】解：因为是定义在上函数，且的图形关于直线对称，所以关于对称，即为偶函数，令，

当时，，即在上单调递减，要使，即，又，即，所以时，时，即时；

又为偶函数，所以时；

综上可得时；

故答案为：

三､解答题：共70分，解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 某校为举办甲､乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一､方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：

假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.

（1）分别估计该校男生支持方案一的概率､该校女生支持方案一的概率；

（2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据表中的数据分别求出男生支持方案一和女生支持方案一的频率，然后利用频率来衡量概率可求得结果，

（2）分两种情况，①仅有两个男生支持方案一，②仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，求出各自的概率，然后利用互斥事件的概率公式可求得结果

【小问1详解】

该校男生支持方案一的概率为，

该校女生支持方案一的概率为；

【小问2详解】

3人中恰有2人支持方案一分两种情况，①仅有两个男生支持方案一，②仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，

所以3人中恰有2人支持方案一概率为：；

18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；

（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．

【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，

所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．

（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则,

又为中点，所以.

由（1）得平面，所以平面的一个法向量

从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，

题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

19. 已知数列和满足.若为等比数列，且，.

（1）求与；

（2）设.记数列的前项和为，求.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知可求出，再由，可求出公比，从而可求出，再由可求出，

（2）由（1）得，然后利用分组求和，裂项相消求和法可求得

【小问1详解】

由题意，，，

知，，

又有，得公比或（舍去），

所以数列的通项公式为，

所以，

故数列的通项公式为，；

【小问2详解】

由（1）知，，

所以，

20. 已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.

【答案】（1）（2）见证明

【解析】

【分析】（1）先由题意得到，，根据的斜率为，求出，即可得出抛物线方程；

（2）先由（1）的结果，得到点坐标，设点，结合题意，求出与，计算其乘积，即可得出结论成立.

【详解】（1）由题意得：，

因为点的横坐标为4，且在轴的上方，

所以，

因为斜率为，

所以，整理得：，

即，得，

抛物线的方程为：.

（2）由（1）得：，，淮线方程，

直线的方程：，

由解得或，于是得.

设点，又题意且,

所以直线：，令，得，

即，

同理可得：，

.

【点睛】本题主要考查求抛物线的方程，以及抛物线的应用，熟记抛物线的标准方程与抛物线的简单性质即可，属于常考题型.

21. 已知且，函数．

（1）当时，求的单调区间；

（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．

【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.

【解析】

【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；

（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.

【详解】（1）当时，,

令得,当时，,当时，,

∴函数在上单调递增；上单调递减；

（2）[方法一]【最优解】：分离参数

,设函数,

则,令，得,

在内,单调递增；

在上,单调递减；

,

又，当趋近于时，趋近于0，

所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,

所以的取值范围是.

[方法二]：构造差函数

由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．

构造函数，求导数得．

当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；

当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．

由于，

当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．

构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．

所以，实数a的取值范围为．

[方法三]分离法：一曲一直

曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．

因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．

①当时，与只有一个交点，不符合题意．

②当时，取上一点在点的切线方程为，即．

当与为同一直线时有得

直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．

记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．

综上所述，实数a的取值范围为．

[方法四]：直接法

．

因为，由得．

当时，在区间内单调递减，不满足题意；

当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．

因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．

令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．

故实数a的范围为．]

【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，

方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.

方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.

方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．

方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.

22. 已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.

（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.

【答案】（1）；；（2）.

【解析】

【分析】（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；

（2）两方程联立求得点，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】(1)[方法一]：消元法

由得的普通方程为．

由参数方程可得，

两式相乘得普通方程为．

[方法二]【最优解】：代入消元法

由得的普通方程为，

由参数方程可得，

代入中并化简得普通方程为．

(2)[方法一]：几何意义+极坐标

将代入中解得，故P点的直角坐标为．

设P点的极坐标为，

由得，，．

故所求圆的直径为，

所求圆的极坐标方程为，即．

[方法二]：

由得所以P点的直角坐标为．

因为．

设圆C的极坐标方程为，所以，

从而，解得．

故所求圆的极坐标方程为．

[方法三]：利用几何意义

由得所以P点的直角坐标为，

化为极坐标为，其中．

如图，设所求圆与极轴交于E点，则，

所以，所以所求圆的极坐标方程为．

[方法四]【最优解】：

由题意设所求圆圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．

联立得解得．

设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．

又因为点都在所求圆上且为圆的直径，

所以，解得．

所以所求圆的极坐标方程为．

[方法五]利用几何意义求圆心

由题意设所求圆的圆心直角坐标为，

则圆的极坐标方程为．

联立得，

即P点的直角坐标为．

所以弦中垂线所在的直线方程为，

将圆心坐标代入得，解得．

所以所求圆的极坐标方程为．

【整体点评】(1)[方法一]利用乘积消元充分利用了所给式子的特征，体现了解题的灵活性，并不是所有的问题都可以这样解决；

[方法二]代入消元是最常规的消元方法之一，消元的过程充分体现了参数方程与普通方程之间的联系.

(2)[方法一]利用几何意义加极坐标求解极坐标方程是充分利用几何思想的提现，能提现思维的 ；

[方法二]首先确定交点坐标，然后抓住问题的本质，求得的值即可确定极坐标方程；

[方法三]首先求得交点坐标，然后充分利用几何性质求得圆的直径即可确定极坐标方程；

[方法四]直径所对的圆周角为是圆最重要的性质之一，将其与平面向量垂直的充分必要条件想联系进行解题时一种常见的方法；

[方法五]圆心和半径是刻画圆的最根本数据，利用几何性质求得圆心的坐标即可确定圆的方程.

23. 已知函数.

求不等式的解集；

记不等式的解集为，若，求实数的取值范围.

【答案】；.

【解析】

【分析】

由题意得，时，取等号，进而得出结论；

根据题意，当时，，，则必有时，，即在时恒成立，列出不等式求解即可.

【详解】解：，

当且仅当，即时，取等号.

解集为.

根据题意，当时，，

若，则必有时，，

即在时恒成立.

，解得.

即实数的取值范围为.

【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查转化思想，属于难题.