2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第五次综合测试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022届云南省昆明市第三中学高三上学期第五次综合测试数学（理）试题（解析版），共17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届云南省昆明市第三中学高三上学期第五次综合测试数学（理）试题 一、单选题1．设集合，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由指数函数单调性解不等式，再由交集定义求解即可.【详解】 ∴由得，；∴，∴．故选：C．2．已知i是虚数单位，复数z满足，则z的共轭复数在复平面内表示的点在（    ）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】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、几何意义即可得出．【详解】复数z满足，∴，∴，∴．∴．则复平面内表示z的共轭复数的点在第一象限．故选：A．【点睛】此题考查复数的运算和几何意义，涉及共轭复数概念辨析，关键在于熟练掌握运算法则，根据几何意义确定点的位置.3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏【答案】B【详解】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7==381，解得a1=3．故选B．4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】当时，，满足进行循环的条件；当时， 满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件； 当时，不满足进行循环的条件， 故输出的值为.故选：C．【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．5．展开式的常数项为A．112 B．48 C．-112 D．-48【答案】D【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式的常数项．【详解】由于故展开式的常数项为，故选D．【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查了二项式展开式，属于基础题.6．已知a=21.3，b=40.7，c=log38，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指数函数与对数函数的性质即可比较a，b，c的大小．【详解】，．故选：C．【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45【答案】A【详解】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A.【解析】条件概率． 8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的体积为A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：根据三视图得到原几何体为一个三棱锥，即可求解该三棱锥的体积.详解：由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个三棱锥，其中三棱锥的底面（俯视图）的面积为，高为，所以该三棱锥的体积为，故选B.点睛：本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.9．已知函数为偶函数，且在上是增函数，则的一个可能值为A． B． C． D．【答案】C【分析】先将函数化简为的形式，再根据三角函数的奇偶性和单调性对选项进行逐一验证即可得到答案．【详解】根据题意，，若为偶函数，则有，即， 所以可以排除、，对于，当时，，在，上是减函数，不符合题意，对于，当时，，在，上是增函数，符合题意，故选．【点睛】本题考查三角函数的单调性和奇偶性，考查三角恒等变换．一般都要先将函数解析式化简为的形式，再根据题中条件解题．10．已知菱形的边长为，，沿对角线将菱形折起，使得二面角的余弦值为，则该四面体外接球的体积为(　　 )A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据题中所给的菱形的特征，结合二面角的平面角的定义，先找出二面角的平面角，之后结合二面角的余弦值，利用余弦定理求出翻折后的长，借助勾股定理，得到该几何体的两个侧面是共用斜边的两个直角三角形，从而得到该四面体的外接球的球心的位置，从而求得结果.【详解】取中点,连结，根据二面角平面角的概念，可知是二面角的平面角，根据图形的特征，结合余弦定理，可以求得，此时满足，从而求得，，所以是共斜边的两个直角三角形，所以该四面体的外接球的球心落在中点，半径，所以其体积为，故选B.【点睛】该题所考查的是有关几何体的外接球的问题，解决该题的关键是弄明白外接球的球心的位置，这就要求对特殊几何体的外接球的球心的位置以及对应的半径的大小都有所认识，并且归类记忆即可.11．过抛物线:焦点的直线与相交于点A，B（AFBF），与准线相交于，过线段AB的中点且垂直于AB的直线与抛物线的准线交于，若，则为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设直线的斜率为()，直线方程为，代入抛物线方程应用韦达定理得，，求出中点的坐标，写出的方程，求得，然后由已知条件可求得斜率，再分别求出即可.【详解】由题意，设直线的斜率为()，直线方程为，，由得，，，，，，即，直线的方程为，，∵，∴，整理得，∵，∴，∴倾斜角为．∴把代入,可得,,所以.故选：.12．已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，根据题意，求得的单调性，再利用函数的对称性，即可求得答案．【详解】构造函数，则．因为满足，所以当时，．所以．此时函数单调递减；当时，．所以．此时函数单调递增；由已知，变形得，即，所以图像上的点关于的对称点也在函数图像上，即函数的图像关于直线对称，不等式，可变形为，即 ，由函数在上单调递减，在上单调递增，且，有，解得.故选：A． 二、填空题13．已知向量的夹角为，，，则______.【答案】【分析】根据数量积的性质以及模长公式计算即可.【详解】向量的夹角为，，，则，.故答案为：14．已知点是双曲线的左焦点，点是该双曲线的右顶点，过作垂直于轴的直线与双曲线交于，两点.若是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围为___________.【答案】【解析】根据题意可知只要即可，进而转化为，求出与，解不等式即可.【详解】由题意知，为等腰三角形．若是锐角三角形，则只需要为锐角．根据对称性，只要即可．直线的方程为，代入双曲线方程得y2＝，取点，则，，只要就能使，即<a＋c，即b2<a2＋ac，即c2－ac－2a2<0，即e2－e－2<0，即－1<e<2.又e>1，故1<e<2.故答案为：15．已知函数，若函数只有一个零点，则实数的值是______【答案】－##-0.875【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解.【详解】由可知定义域为，，所以函数为奇函数，又因为，所以在定义域上单调递增，因为只有一个零点，即只有一个解，即，只有一个解，因为在定义域上单调递增，所以，即只有一个解，所以，解得.故答案为: .16．在三角形中，，以为直角顶点向外作等腰直角三角形，当变化时，四边形的面积的取值范围是______【答案】【分析】四边形的面积表示为关于的函数，通过变化求解取值范围.【详解】如图所示：由余弦定理，，，，，由，，，趋近于0时，趋近于，趋近于，所以四边形的面积的取值范围是.故答案为： 三、解答题17．已知数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据等比数列的定义求解通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）因为数列满足，所以，所以数列是等比数列，首项为，设公比为，由，可得：，解得..（2），，，，.18．某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案:两家公司从个招标问题中随机抽取个问题，已知这个招标问题中，甲公司可正确回答其中的道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.（1）求甲、乙两家公司共答对道题目的概率；（2）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？【答案】（1）（2）甲公司竞标成功的可能性更大.【详解】试题分析：（1）分两种情况求概率：甲答对道题、乙答对道题；甲答对道题、乙答对道题；其中甲答对道题概率为,乙答对道题概率为，最后根据概率乘法公式与加法公式求概率，（2）分别求甲、乙公司正确完成面试的题数期望和方差，期望较大、方差较小的公司竞标成功的可能性更大.先确定随机变量可能取法，求出对应概率(甲答对道题概率为,乙答对道题概率为)，利用期望公式及方差公式求期望与方差.试题解析：（1）由题意可知，所求概率.(2)设甲公司正确完成面试的题数为,则的取值分别为，，.,，.则的分布列为： .设乙公司正确完成面试的题为,则取值分别为，，，.,,,则的分布列为： .（或,）.()由,可得，甲公司竞标成功的可能性更大.19．矩形中，，为线段中点，将沿折起，使得平面平面.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若点在线段上运动，当直线与平面所成角的正弦值为时，求二面角的大小.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）设，则有，，推导出，从而平面，由此能证明．（Ⅱ）以为原点，、为轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．【详解】解：（Ⅰ）设则有，，，满足，所以由已知平面平面，平面平面，平面.所以平面，又因为平面，所以.（Ⅱ）以为原点，，为轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，则，设，，则，，平面的法向量，有，解得所以，设平面的法向量为，则，解得由第一问平面，，则平面的方向量设二面角大小为，则二面角的大小为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．20．已知椭圆C：（a>b>0）的离心率，短轴长为.如图，椭圆左顶点为A，过原点O的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点.(1)求证：为定值；(2)试问以MN为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论.【答案】(1)证明见解析(2)是，证明见解析 【分析】（1）由离心率和短轴长，求出得到椭圆方程，设点坐标，表示出直线PA和直线QA方程，得到M，N两点坐标，可证为定值；（2）把以MN为直径的圆的方程表示出来，根据方程确定圆经过的定点.【详解】（1）由短轴长为，得，由，得.所以椭圆C的标准方程为,设，则，且，即，因为，所以直线PA方程为，所以，直线QA方程为，所以，从而（2）以MN为直径的圆，圆心坐标为，半径为，圆的方程化简得：,因为，所以,令，则，解得所以以MN为直径的圆过定点.21．设函数，.(1)若直线和曲线相切，求k的值；(2)当时，若存在正实数m，使对任意，都有恒成立，求k的取值范围.【答案】(1)2(2) 【分析】（1）设切点坐标，利用导数求得切线方程，与已知切线是同一条直线，可求出k的值；（2）对k的取值进行分类讨论，利用导数求恒成立的条件，得到k的取值范围.【详解】（1）设切点的坐标为，由，得，∴切线方程为，即由已知得和表示同一条直线，∴，，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴，由，∴，解得.（2）①当时，由（1）结合函数的图像知，存在，使对任意，都有，则不等式等价于，即.设，则.由，得；由，得.若，则，∵，在上单调递减，，∴对任意，都有，与题意不符；若，则，∵∴在上单调递增，∵，对任意，都有，符合题意.此时取，可得对任意，都有恒成立.②当时，由(1)结合函数的图像知所以对任意都成立，所以等价于.设，则，由得 ，由得 ，所以在 单调递减，由，所以对任意 ， ，不符合题意，综上所述，k的取值范围为.22．选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，a＞0）.在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cos θ.（Ⅰ）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线C3的极坐标方程为θ=α0，其中α0满足tan α0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.【答案】（Ⅰ）圆，（Ⅱ）1【详解】试题分析：（Ⅰ）把化为普通方程，再化为极坐标方程；（Ⅱ）通过解方程组可以求得.试题解析：（Ⅰ）消去参数得到的普通方程.是以为圆心，为半径的圆.将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为.（Ⅱ）曲线的公共点的极坐标满足方程组若，由方程组得，由已知，可得，从而，解得（舍去），.时，极点也为的公共点，在上.所以.【解析】参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用【名师点睛】“互化思想”是解决极坐标方程与参数方程问题的重要思想,解题时应熟记极坐标方程与参数方程的互化公式及应用. 23．已知函数.（1）当a=2时，求不等式的解集；（2）设函数.当时，，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【详解】试题分析：（1）当时；（2）由等价于，解之得.试题解析： （1）当时，.解不等式，得.因此，的解集为. （2）当时，，当时等号成立，所以当时，等价于. ① 当时，①等价于，无解.当时，①等价于，解得.所以的取值范围是.【解析】不等式选讲.