广西桂林市第十八中学2021-2022学年高三数学（理）上学期第二次月考试题（Word版附解析）

这是一份广西桂林市第十八中学2021-2022学年高三数学（理）上学期第二次月考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
桂林十八中18级高三第二次月考试卷数学(理科)一、选择题1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式与指数不等式的解法化简集合，再由集合交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查一元二次不等式与指数不等式的解法以及集合交集的定义，属于基础题.2. 设，则的虚部为 （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：，的虚部为1．故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算以及复数的基本概念．3. 已知命题，，则为（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可.【详解】命题“，”否定为: ，.故选：.【点睛】本题主要考查的是命题及其关系，特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，是基础题.4. 记为等差数列的前项和，若，，则为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及其性质即可得出．【详解】解：＝36.故选：．【点睛】本题考查了等差数列的求和公式及其性质，还考查了推理能力与计算能力．5. 已知在边长为3的等边中，，则（    ）A. 6 B. 9 C. 12 D. －6【答案】A【解析】【分析】转化,利用数量积的定义即得解.【详解】故选：A【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用以及数量积，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.6. 已知抛物线经过点，焦点为，则直线的斜率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出，再求焦点坐标，最后求的斜率【详解】解：抛物线经过点，，，，故选：A【点睛】考查抛物线的基础知识及斜率的运算公式，基础题.7. 设函数，若对于任意都有成立，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合三角函数图象与性质可得，即可得解.【详解】由题意知函数的最小正周期，、分别为函数的最小值和最大值，所以.故选：C.【点睛】本题考查了三角函数图象与性质的应用，属于基础题.8. 的展开式中含的项的系数为（    ）A. -8 B. -6 C. 8 D. 6【答案】D【解析】【分析】原式，然后再分别求每一项含的系数，最后合并同类项.【详解】原式,展开合并同类项后，含的项是，故选D.【点睛】本题考查了二项式系数的求法和指定项系数的求法，因为是两个因式相乘，所以应按分配率展开，再分别讨论每项中含项的系数.9. 已知，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数、对数的运算即可求解.【详解】，，，又由，所以.故选：D【点睛】本题考查了指数的运算、对于的运算、换底公式以及幂函数的单调性比较大小，考查了基本运算求解能力，属于基础题.10. 已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，且当时，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性与对称性可得最小正周期,再利用函数的性质将自变量转换到求解即可.【详解】∵,,∴，∴，∴最小正周期,又,∴,,∴,故选：A.【点睛】本题主要考查了根据函数性质求解函数值的问题,需要根据奇偶性推出函数的对称性,再将自变量利用性质转换到已知函数解析式的区间上求解.属于中档题.11. 在平行四边形中，是腰长为2的等腰直角三角形，，现将沿折起使二面角的大小为，若，，，四点在同一个球面上，则该球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，找出多面体外接球的球心，求其半径，再由球的表面积公式求解．【详解】解：取，的中点分别为，，过作面的垂线与过作面的垂线，两垂线交点即为所求外接球的球心，取中点，连结，，则即为二面角的平面角，且，连，在△中，，在△中，，得，即球半径为，球面积为．故选：B【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．12. 已知直线与曲线和分别相切于点，.有以下命题：（1）(为原点)；（2）；（3）当时，.则真命题的个数为（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】先利用导数求斜率得到直线的方程，可得出，分类讨论的符号，计算化简并判断其符号即得命题①正确；由结合指数与对数的互化，得到，即得的范围，得命题②错误；构造函数，研究其零点，再构造函数并研究其范围，即得到，得到命题③正确.【详解】，，所以直线的斜率，直线的方程为，即，同理根据可知，直线的方程为，故，得.命题①中，若，由可得，此时等式不成立，矛盾； 时，，因此，若，则，有，此时；若，则，有，此时.所以根据数量积定义知，，即，故①正确；命题②中，由得，得或，故②错误；命题③中，因为，由②知，，或，故当时，即，设，则，故在是增函数，而，，故的根，因为，故构造函数，，则，故在上单调递减，所以，故，故③正确.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数几何意义求曲线的切线，考查了利用函数的单调性研究函数的零点问题，属于函数的综合应用题，属于难题.二、填空题13. 已知，则______________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换公式，即可得出答案.【详解】，故答案为：【点睛】本题考查三角恒等变换公式，属于基础题.14. 已知实数，满足约束条件，则的最小值为_____________.【答案】【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，然后根据的含义，结合图形可得结果.【详解】如图由代表的是过原点的直线的斜率，，则所以当过点时，有最小值为故答案为：【点睛】本题考查线非性规划的问题，主要正确理解的含义，属基础题.15. 已知数列的前项和为，满足，且，则_________________.【答案】【解析】【分析】根据题中条件，由裂项的方法得到，根据裂项相消与并项求和的方法，即可得出结果.【详解】因为， 则.故答案为：.【点睛】本题主要考查数列的求和，熟记裂项相消的方法和并项求和的方法即可，属于常考题型.16. 已知是双曲线的右焦点，动点在双曲线左支上，为圆上一点，则的最小值为_______________.【答案】9【解析】【分析】记双曲线的左焦点为，则，根据双曲线的定义可得，先求出，再由圆的性质，即可得出结果.【详解】记双曲线的左焦点为，则，根据双曲线的定义可得，则，因此，当，，三点共线时，取等号；又为圆的圆心，即，且该圆的半径为，则，即，因为为圆上一点，根据圆的性质可得，，即，，，四点共线时，取得最小值.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用双曲线的定义域，求出线段和的最值，属于常考题型.三､解答题：17. 的内角，，的对边分别为，，，为边上一点，，，.（1）求的长；（2）若，求的长.【答案】（1）；（2）或者.【解析】【分析】（1）利用平方关系求出，再结合正弦定理，即可求解.（2）利用余弦定理即可求解.【详解】由在中，由正弦定理得，即，得；（2）在中，由余弦定理得即：，即：得或者.【点睛】本题考查利用正、余弦定理，解三角形，属于基础题.18. 如图，在四棱锥中，，，，是线段上的点，且，平面平面.（1）证明：；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】分析】（1）可证平面，从而得到.（2）如图所示建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可求线面角的正弦值.【详解】证明：（1）已知可得在直角梯形中，，，所以，所以又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，所以，又，，所以，所以，又，故平面，又平面，所以.（2）如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，，由，故取，又，所以，即直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明、线面角的计算，线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.19. 张先生家住小区，他工作在科技园区，从家开车到公司上班路上有，两条路线(如图)，路线上有，，三个路口，各路口遇到红灯的概率均为；路线上有，，三个路口，各路口遇到红灯的概率依次为，，.（1）若走路线，求最多遇到1次红灯的概率；（2）若走路线，求遇到红灯次数X的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分别列答案见解析，数学期望：.【解析】【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式即可求解.（2）X的可能取值为0，1，2，3，利用概率乘法公式求出各随机变量的概率，写出分布列，再根据数学期望的计算公式即可求解.【详解】（1）设走路线最多遇到1次红灯为A事件，则所以走路线，最多遇到1次红灯的概率为（2）依题意，X的可能取值为0，1，2，3，(每对一个1分)，所以随机变量X的分布列为：X0123P.【点睛】本题考查了独立重复试验的概率计算公式、离散型随机变量的分布列以及数学期望，考查了基本运算求解能力，属于基础题.20. 已知椭圆的左焦点F在直线上，且.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于A、C两点，线段的中点为M，射线与椭圆交于点P，点O为的重心，探求面积S是否为定值，若是，则求出这个值；若不是，则求S的取值范围.【答案】（1）；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）根据题意，得到，由题中条件列出方程组求解，得出，，即可得出椭圆方程；（2）若直线的斜率不存在，先求出此时的面积；若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，根据韦达定理，由题中条件，表示出点P的坐标，代入椭圆方程，得出，再得到坐标原点O到直线的距离为，根据三角形面积公式，化简整理，即可得出结果.【详解】（1）∵直线与x轴的交点为，∴，∴，∴解得，，∴椭圆的方程为.（2）若直线的斜率不存在，则在轴上，此时，因为点O为的重心，所以，将代入椭圆方程，可得，即，所以；若直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得设，，则，，.由题意点O为的重心，设，则，，所以，，代入椭圆，得，设坐标原点O到直线的距离为d，则则的面积.综上可得，面积S为定值.【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，考查椭圆中三角形的面积问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.21. 已知函数，的图像在点处的切线为．（）．（1）求函数的解析式；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】试题分析：(1)利用导函数与原函数切线之间的关系得到关于实数a,b的方程组，求解方程组可得；(2)结合(1)的结论，原问题等价于对任意恒成立，构造函数令，结合导函数的解析式可知存在唯一的，在单调递减，在上单调递增，且，则.试题解析：（1），.由题意知.    所以（2）由（1）知：，∴对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立. 令，则.由于，所以在上单调递增. 又，，，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，. 即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，∴.∴ .∵ ，∴ . 又因为对任意恒成立，又，∴ .22. 以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，又在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).（1）求曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）已知点在曲线上，到的最短距离为，求此时点的直角坐标.【答案】（1）：，：；（2）.【解析】【分析】(1)利用，，,,可得曲线的直角坐标方程,将曲线消去参数,可得普通方程,即可得出答案.(2)设点的直角坐标为,利用点到直线的距离公式求出，即可得出答案.【详解】（1）由得，即，把，，，得，故曲线的直角坐标方程为；因为曲线的参数方程为(为参数).消去参数得曲线的普通方程为.（2）由题意，曲线的参数方程为(为参数)，可设点的直角坐标为，因为曲线是直线，∴即为点到直线的距离易得点到直线的距离为，∴，∴，此时点的直角坐标为.【点睛】本题考查极坐标与参数方程、点到直线的距离，属于中档题。23. 已知函数.（1）不等式的解集，求.（2）若关于的方程有实数根，求实数的的取值范围.【答案】（1）；（2）或..【解析】【分析】（1）分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号解不等式组，再求并集即可.（2）根据分段函数的单调性求出，解不等式即可得答案.详解】（1），①当时，，∴；当时，，∴；当时，，∴，所以不等式的解集.（2）由①易知，函数在上递减，在上递增，当时，有最小值，即，.由得∴只要，解得或.【点睛】本题主要考查分类讨论解绝对值不等式，考查了利用函数单调性求最值，属于基础题.