2022届陕西省榆林市米脂中学高三上学期四模数学（理）试题含解析

2022届陕西省榆林市米脂中学高三上学期四模数学（理）试题

一、单选题

1．在复平面内，复数对应的点的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的乘除运算化简，再由复数的几何性质得到其点的坐标即可.

【详解】由题意，，

所以对应的点的坐标为.

故选：B.

2．已知为奇函数，当时，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先由题设条件得到，再利用的奇偶性求得即可.

【详解】因为当时，，

所以，

又因为为奇函数，

所以.

故选：C.

3．已知非零实数，满足，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取可判断A、C；根据，在上单调性，结合可判断B、D.

【详解】解：由题知，不妨取，则，

故选项A错误；

因为在上单调递增，由，

所以，故选项B正确；

当时，，故选项C错误；

因为在上单调递增，由，

可得，故选项D错误.

故选：B

4．已知集合，，则中元素的个数为（    ）

A．3 B．2 C．5 D．无数个

【答案】A

【分析】根据集合所表示的点，结合交集定义，即可求解.

【详解】，，

，所以元素有3个.

故选:A

【点睛】本题考查集合的运用，注意集合元素所表示的意义，属于基础题.

5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出圆锥侧面积和半球表面积即可.

【详解】由三视图可知几何体为圆锥与半球的组合体，半球表面积，

圆锥母线长，所以圆锥侧面积，

所以该几何体表面积为.

故选：D

6．下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的周期性、单调性对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，，，A选项不符合.

B选项，，，B选项不符合.

C选项，，，C选项不符合.

D选项，，，

所以是周期为的周期函数；

，此时且在上递减，

则在上递增，符合题意，D选项正确.

故选：D

7．若命题p：函数（且）的图象过定点（2，1），命题q：函数在定义域内为增函数，则下列命题是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别判断命题，的正误，然后结合真值表可得结果.

【详解】函数过定点正确，即命题为真命题；

因为在定义域中不具备单调性，

函数的单调递增区间为，故命题为假命题

所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题

故选：B

8．关于的不等式的解集为空集，则实数k的取值范围是（       ）

A． B．

C．或 D．

【答案】A

【分析】根据一元二次不等式的解集规律列式计算作答.

【详解】因不等式的解集为空集，则当时，不成立，因此，满足题意，

当时，必有，解得，

综上得，

所以实数k的取值范围是：.

故选：A

9．若，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为2 B．的最小值为1

C．的最小值为2 D．的最小值为2

【答案】A

【分析】A. ，所以该选项正确；

B. 函数的最小值不是1，所以该选项错误；

C. 函数的最小值不是2，所以该选项错误；

D. 当时，，所以函数的最小值为2错误，所以该选项错误.

【详解】解：A. ，当且仅当时等号成立，所以该选项正确；

B. ，当且仅当时取等，因为，所以等号不成立，所以函数的最小值不是1，所以该选项错误；

C. ，当且仅当时取等，因为，所以等号不成立，所以函数的最小值不是2，所以该选项错误；

D. 当时，，所以，所以函数的最小值为2错误，所以该选项错误.

故选：A

10．我国古代以天为主，以地为从，天和干相连叫天干，地和支相连叫地支，合起来叫天干地支．天干有十个，就是甲､乙，丙､丁､戊､己､庚､辛､王､癸，地支有十二个，依次是子､丑､寅､卯､辰､巳､午､未､申､酉､戌､亥．古人把它们按照甲子､乙丑､丙寅……的顺序而不重复地搭配起来，从甲子到癸亥共六十对，叫做一甲子．我国古人用这六十对干支来表示年､月､日､时的序号，周而复始，不断循环，这就是干支纪年法，今年(2021年)是辛丑年，则百年后的2121年是（    ）年．

A．丙午 B．丁巳 C．辛巳 D．辛午

【答案】C

【分析】由题意可知，天干是以为公差的等差数列，地支是以为公差的等差数列，年是“干支纪年法”中的辛丑年，以年的天干和地支分别为首项，根据等差数列的通项公式，即可求出结果．

【详解】天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干是以为公差的等差数列，地支是以为公差的等差数列，年是“干支纪年法”中的辛丑年，以年的天干和地支分别为首项，所以，则年的天干为辛；又，则年的地支为巳，故2121年是辛巳.

故选：C．

11．已知定义在R上的函数，其中表示不超过的最大整数，，给出下列三种说法：

①，是一个增函数；

②，是一个奇函数；

③，在区间上有唯一零点．

其中正确的说法个数是（    ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】C

【分析】根据的定义分别取特殊值即可判断①②，根据时的解析式及，即可判断③.

【详解】解：因为，而，

所以，故不是一个增函数，即①错误，

若是一个奇函数，则且，

即且，即且，

故m不存在，即②错误；

当，当，

若在区间上有唯一零点，则，

即，故③正确.

故选：C

12．已知数列是递增数列，，且．若，则正整数（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】B

【分析】利用计算可得，再由递推公式可得数列的偶数项成等差数列；根据前项和公式即可计算出.

【详解】根据题意可得，计算可得；

由可得，

两式相减可得，所以数列的偶数项构成以3为首项，公差为2的等差数列；

所以，

即，

即，解得或（舍）

故选：B

二、填空题

13．已知单位向量，的夹角为60°，与垂直，则k的值为________．

【答案】

【分析】根据题意，求出的值，由向量垂直的判断方法计算可得k的值，即可得答案．

【详解】根据题意，单位向量，的夹角为60°，则，

若与垂直，则，

解可得：；

故答案为：．

14．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为__________．

【答案】

【分析】把展开图恢复到原正方体，得到AEDC，从而得到∠BAE或其补角是异面直线AB与CD所成的角，从而可解.

【详解】

如图所示，把展开图恢复到原正方体．

连接AE，BE．由正方体可得且，

∴四边形ADCE是平行四边形，∴AEDC．

∴或其补角是异面直线AB与CD所成的角．

由正方体可得：，∴是等边三角形，∴．

∴异面直线AB与CD所成的角是60°．

故答案为：60°

15．把函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________.

【答案】##

【分析】利用反推法与三角函数图像变换得到的解析式，再计算即可.

【详解】由题可知，要得到，需将的图象，向左平移个单位长度，得到，

再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到，

所以.

故答案为：.

16．已知函数与的图象在公共点处有共同的切线，则实数的值为______．

【答案】

【分析】设公共点为（），则，联立消去可得到关于的方程，进而可求出的值

【详解】解：公共点为（），则，

由，得，由，得，

因为函数与的图象在公共点处有共同的切线，

所以，即，得，

所以，即，得，

所以，

故答案为：

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，平面PAD，，点N是AD的中点．求证：

(1)；

(2)平面PAB．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用线面平行的性质可证线线平行；

（2）先证明四边形ABCN是平行四边形得到，利用线面平行的判定定理可证结论.

【详解】（1）∵平面PAD，平面ABCD，平面平面，

∴．

（2）由（1）知，，

又N是AD的中点，，∴，

∴四边形ABCN是平行四边形，∴，

又平面PAB，平面PAB，∴平面PAB．

18．已知函数是指数函数．

(1)求的解析式；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由指数函数定义可直接构造方程组求得，进而得到所求解析式；

（2）将不等式化为，根据对数函数单调性和定义域要求可构造不等式组求得结果.

【详解】（1）为指数函数，

，解得：，

.

（2）由（1）知：，

，解得：，

的取值范围为.

19．如图所示的几何体中，是菱形，，平面，，.

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）先证明平面ABP∥平面CDE，进而证得平面；

（2）先证明平面BCF∥平面ADEF，进而根据解得答案.

【详解】（1）∵AP∥DE，平面CDE，平面CDE, ∴AP∥平面CDE，

∵AB∥CD，平面CDE，平面CDE,所以AB∥平面CDE，

而平面ABP，平面ABP，，

∴平面ABP∥平面CDE，又BP平面ABP，∴平面.

（2）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则ABC是正三角形，取BC的中点Q，∴AQ⊥BC，由AB=4，易得，∵BC∥AD，∴AQ⊥AD.

∵PA⊥平面ABCD，AQ平面ABCD，∴PA⊥AQ，而，∴AQ⊥平面PADE.

∵BF∥AP，BF平面ADEP，AP平面ADEP，∴BF∥平面ADEP，

∵BC∥AD，BC平面ADEP，AD平面ADEP，∴BC∥平面ADEP，

而BFBC=B，∴平面BCF∥平面ADEP.

∵PA⊥AD，且PA=AD=4，DE=2，∴.

20．已知中，分别为角的对边，且．

（1）求；

（2）若为边的中点，，求的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得，化简可得，结合，即得解；

（2）在中，由余弦定理得，可得，利用面积公式即得解

【详解】（1）中由正弦定理及条件，

可得，∵，，∴，

∵，∴，

或，

又∵，∴，∴，，∴

（2）为边的中点，，，得，

中，由余弦定理得

，

∴，

∴，∵，∴，

．

21．已知等比数列的公比和等差数列的公差为，等比数列的首项为，且，，成等差数列，等差数列的首项为.

(1)求和的通项公式；

(2)若数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)具体见解析.

【分析】（1）根据，，成等差数列求出，进而得出和的通项公式；

（2）利用错位相减法求出，进而得到答案.

【详解】（1）解：根据题意，，

则，所以，.

（2）解：由（1），，

所以……①

则……②，

①-②得，，

所以.

22．已知函数，记.

(1)当时，求在区间上的最大值；

(2)当时，试判断的零点个数.

【答案】(1)；(2)2个.

【分析】(1)对求导，求出在上的单调性，进而求出在上的最大值；(2)通过对求导，进而求出的单调区间，求出的最值，再利用零点存在的基本定理即可求解.

【详解】(1)由题意知，，

，

当且时，恒成立，从而在单调递减，

故的最大值为.

(2)由题意知，判断的零点个数，即判断的零点个数，

当时，，

，

令，则；，则，

故在上单调递增，在上单调递减，

故是唯一的极值点且为极大值点，

故的最大值为，

又，，

由零点的存在性定理知，在和上分别有一个零点，

故有2个零点.