内蒙古包头市第四中学2022届高三第四次校内模拟文科数学试题（含解析）

这是一份内蒙古包头市第四中学2022届高三第四次校内模拟文科数学试题（含解析），共18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。

内蒙古包头市第四中学2022届高三第四次校内模拟文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．的虚部为
3．若是向量，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
4．执行如图所示的程序框图，输出的的值为

A． B． C． D．
5．已知，则的大小关系为
A． B． C． D．
6．设，是与的等比中项，则的最小值为（   ）
A． B． C． D．
7．在区间和中各随机取1个数x和y，则的概率为（    ）
A． B． C． D．
8．从某高中随机选取5名高三男生,其身高和体重的数据如下表所示:
身高x/cm
160
165
170
175
180
体重y/kg
63
66
70
72
74
根据上表可得回归直线方程=0.56x+,据此模型预报身高为172 cm的高三男生的体重为(　　)A．70.09 kg B．70.12 kg
C．70.55 kg D．71.05 kg
9．若函数的大致图像如图所示，则的解析式可以为（    ）

A． B．
C． D．
10．已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数取得最小值，则的值为（    ）
A． B． C． D．
11．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作准线l的垂线，垂足为Q，若，则（    ）．
A． B．2 C． D．
12．有一个长方形木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为（    ）
A．2 B． C．4 D．

二、填空题
13．已知为单位向量，且=0，若 ，则 .
14．数列中为的前n项和，若，则 .
15．若，满足，且的最大值为14，则实数的值是 .
16．已知函数，其中e是自然数对数的底数，若，则实数a的取值范围是 ．

三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，且满足
（1）求角;
（2）若外接圆的半径为，且边上的中线长为，求的面积
18．已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
19．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
20．如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点.

（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求异面直线与所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
21．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意的，都有成立，求a的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
（1）求曲线的普通方程和直线的倾斜角;
（2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于不同的两点，求的值.
23．设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求的取值范围.

参考答案：
1．A
【分析】根据集合中元素的意义判断即可.
【详解】由题,集合为点的集合,为数的集合.故.
故选：A
【点睛】本题主要考查了集合的元素意义与交集运算,属于基础题.
2．B
【解析】利用复数的除法求出后可得正确的选项.
【详解】因为，则，，，的虚部为，
故选：B.
【点睛】本题考查复数的除法，计算时分子、分母同乘以分母的共轭复数，本题属于容易题.
3．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义以及向量的定义进行判断即可.
【详解】两个向量相等指的是大小相等且方向相同，
所以是的充分不必要条件。
故选：A.
4．A
【分析】根据程序框图，顺着流程线依次代入循环结构，得到结果.
【详解】第一次循环：，：第二次循环：，；
第三次循环：，；第四次循环：，；
第五次循环：，，此时循环结束，可得.选A.
【点睛】本题考查了循环结构，顺着结构图，依次写出循环，属于简单题型.
5．D
【详解】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.
详解：由题意可知：，即，，即，
，即，综上可得：.本题选择D选项.
点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
6．B
【分析】利用等比中项的性质、“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【详解】解：由题意知，即，所以，
又，，
，当且仅当时取等号．
的最小值为4．
故选：B．
7．C
【分析】由题意可得所有可能性在正方形中，而满足的点在图中的阴影部分，所以利用几何概型的概率公式求解即可
【详解】在区间和中各随机取1个数x和y，所有可能性在正方形中，
令，即，
当时，，当时，，
令，即，
当时，，当时，，
所以,
因为满足的点在如图所示的阴影部分，
所以所求概率为,
故选：C

8．B
【详解】试题分析：由表中数据可得．，，
∵一定在回归直线方程上，
∴69=0．56×170+a，
解得a=-16．2
∴y=0．56x-16．2，
当x=172时，y=0．56×172-16．2=70．12
考点：线性回归方程
9．C
【分析】通过奇偶性分析排除B，D两个选项，通过极限思想取值选出选项.
【详解】对四个选项解析式分析发现B，D两个均为偶函数，图象关于y轴对称，与题不符，故排除；
极限思想分析，，A错误；
，C符合题意.
故选：C
【点睛】此题考查函数图象与解析式的关系，是对函数基本性质的综合应用，解题中需要注意观察函数定义域，单调性，奇偶性，周期性，特殊值等性质，对图像进行辨析，考查综合能力.
10．A
【分析】根据两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,可求得周期与,再代入分析的值即可.
【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于可得周期为,故.
故,又当时,函数取得最小值,
故,又,故.
故选：A
【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像的性质求解参数的问题,需要根据题意分析所给的条件与周期等的关系列式求解,属于基础题.
11．C
【分析】由题知，进而结合得，再在中，由正弦定理求解即可.
【详解】解：因为，所以．
因为，所以．
因为，所以，
所以，在中，由正弦定理，即
故选：C

12．B
【解析】先求长方体从同一顶点出发的三条棱的长度，从而可得正四面体模型棱长的最大值.
【详解】设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为，则，故，
若能从该长方体削得一个棱长最长的正四面体模型，
则该四面体的顶点必在长方体的面内，
过正四面体的顶点作垂直于长方体的棱的垂面切割长方体，
含正四面体的几何体必为正方体， 故正四面体的棱长为正方体的面对角线的长，
而从长方体切割出一个正方体，使得面对角线的长最大，
需以最小棱长为切割后的正方体的棱长切割才可，
故所求的正四面体模型棱长的最大值.
故选：B.
【点睛】本题考查正四面体的外接，注意根据外接的要求确定出顶点在长方体的侧面内，从而得到正四面体的各顶点为某个正方体的顶点，从而得到切割的方法，本题属于中档题.
13．.
【分析】根据结合向量夹角公式求出，进一步求出结果.
【详解】因为，，
所以，
，所以，
所以 ．
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积、向量的夹角．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．
14．6
【详解】试题分析：由题意得，因为，即，所以数列构成首项，公比为的等比数列，则，解得．
考点：等比数列的概念及等比数列求和．

15．2
【分析】画出可行域，依据线性规划的方法去求实数的值即可.
【详解】画出表示的可行域如图

由得，则；
由得，则；
联立得，则
当直线经过点时，在y轴截距最大，即取最大值14，
则，所以
故答案为：2
16．
【详解】因为，所以函数是奇函数，
因为，所以数在上单调递增，
又，即，所以，即，
解得，故实数的取值范围为．
点睛:解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在函数的定义域内．
17．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式即可得解；
（2）由正弦定理得，利用D为中点，结合向量的加法法则得，从而得到，再结合余弦定理得，进而求得三角形面积.
【详解】（1）由，得.
利用正弦定理得：，
即，化简得.
，，.
又，.
（2）由正弦定理得.
设为边上的中点，则，
利用向量加法法则得：
两边平方得：，即
由余弦定理，即，
两式相减得，即.
由三角形面积公式得：.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
18．(1)；(2).
【详解】（Ⅰ）设数列的公差为，
令得，所以.
令得，所以.
解得，所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）知所以
所以
两式相减，得

所以
考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.

19．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
  
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
20．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；(Ⅲ) .
【分析】（Ⅰ）由线面平行的性质可得，由勾股定理可得，从而可得平面，进而可得结果；（Ⅱ）取的中点为，连接，可证明为平行四边形，，是与所成的角，利用余弦定理可得结果；(Ⅲ) 作于，由面面垂直的性质可得平面，连接，则就是直线与平面所成角，求出与的值，进而可得结果.
【详解】（Ⅰ）平面平面，
，
，
，
又平面，
平面，
平面平面；
（Ⅱ）
取的中点为，连接，
则，
为平行四边形，，
是与所成的角，，
，，
又直角三角形中，
所以，

，
即异面直线与所成角的余弦值为；
(Ⅲ)

作，为垂足.
由(Ⅰ)知平面平面，
平面平面，
平面，连接，则
就是直线与平面所成角，
在中,，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理、异面直线所成的角、直线与平面所成的角，属于综合题. 求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
21．（1）；（2）答案见解析；（3）.
【解析】（1）当时，求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数的单调区间；
（3）根据函数的单调性求出函数的最小值即可实数的取值范围．
【详解】解：（1）时，，， ，
曲线在点处的切线方程
（2）
①当时，恒成立，函数的递增区间为
②当时，令，解得或
x




-

+

减

增
所以函数的递增区间为，递减区间为
（3）对任意的，使成立，只需任意的，
①当时，在上是增函数，所以只需
而    所以满足题意；
②当时，，在上是增函数，
所以只需  而   所以满足题意；
③当时，，在上是减函数，上是增函数，
所以只需即可    而     从而不满足题意；
综合①②③实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查函数切线的求解，以及函数单调性和函数最值的求解，综合考查函数的导数的应用，属于中档题．
22．（1），；（2）.
【分析】（1）根据参数方程与普通方程的转化可得曲线C的普通方程；由极坐标与直角坐标的转化可得直线l的直角坐标方程，即可得直线的倾斜角；
（2）将直线l的直角坐标方程化为标准参数方程，联立椭圆方程，结合参数方程的几何意义即可求解.
【详解】（1）曲线的参数方程为，则有，
则，即曲线的普通方程为.
直线的极坐标方程，展开可得，
将代入，可得，即，即，
所以斜率，则，
由，可得，所以直线的倾斜角为.
（2）由（1）知，点在直线上，
则直线的参数方程为(为参数).
将直线的参数方程代入曲线的普通方程，得
整理得：，
设点对应的参数分别为，则.
所以
【点睛】方法点睛：本题考查了参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程几何意义求线段关系，利用直线的参数方程求直线与圆锥曲线相交的弦长，方法是：
（1）将直线参数方程代入圆锥曲线方程，得到关于参数t的一元二次方程；
（2）利用韦达定理写出，；
（3）利用弦长公式代入计算.
23．(1)；(2) .
【详解】分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．
详解：（1）当时，

可得的解集为．
（2）等价于．
而，且当时等号成立．故等价于．
由可得或，所以的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．