2022届陕西省西安交通大学第二附属中学高三下学期第三次月考数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安交通大学第二附属中学高三下学期第三次月考数学（理）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届陕西省西安交通大学第二附属中学高三下学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．设是定义在上的增函数，且对于任意的都有恒成立，如果实数满足不等式组，那么的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据任意的都有恒成立，将不等式化为，结合单调性，可得，然后根据圆的几何意义，即可求得的取值范围.【详解】∵对于任意的都有恒成立，∴，∵，∴，∴，∵在 上是增函数，∴，即，∵的圆心坐标为，半径为2，∴内的点到原点的距离的取值范围为，即，∴的取值范围为．故选：C．  2．椭圆中，为右焦点，为上顶点，为坐标原点，直线交椭圆于点（点位于第一象限），若，则该椭圆的离心率等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意画出图象，联立椭圆与直线方程，求解出点，根据点到直线距离公式求得点到直线的距离，结合和椭圆离心率公式，即可求得答案.【详解】根据题意画出图象，如图： 由如图可知点．联立椭圆与直线方程，解得或可得点的坐标为：．，根据直线截距式方程可得：直线的方程为，即，点到直线的距离为．，由，可得化简得：，即或（显然不可能，舍去），，该椭圆的离心率．故选：A．【点睛】本题主要考查椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算，解题关键是掌握椭圆离心率计算公式.3．若||＝2cos 15°，||＝4sin 15°，的夹角为30°，则等于(　　)A． B． C．2 D．【答案】B【详解】分析：先根据向量数量积定义化简，再根据二倍角公式求值.详解：因为，所以选B.点睛：平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.4．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合再求交集即可.【详解】，则.故选：C.5．在中，内角的对边分别为，若，则角为A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：因为，那么结合，所以cosA==，所以A=，故答案为A【解析】正弦定理与余弦定理点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.6．，则实数等于（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用微积分进行求解即可【详解】由题意可知：结合题意有： ，解得： .故选：B7．运行如图所示的程序框图，输出i和S的值分别为（　　）  A．2，15 B．2，7 C．3，15 D．3，7【答案】C【分析】根据程序框图，依次运行，直到满足条件退出循环，即可得到结论.【详解】模拟循环如下：，不满足条件，，不满足条件；，满足条件，，，，不满足条件；，不满足条件，，不满足条件；，不满足条件，，不满足条件；，满足条件，，，，不满足条件；，不满足条件，，不满足条件；，不满足条件，，不满足条件；；，满足条件，，，，不满足条件；，不满足条件，，满足条件，退出循环，输出，.故选：C.8．在中，若，那么角等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由余弦定理先求得，再得。【详解】中，由题意，∴。故选：C。【点睛】本题考查余弦定理，考查用余弦定理求角。余弦定理公式较多，注意选用：如，变形为。9．已知a＞0，b＞0，若不等式恒成立，则m的最大值为（    ）A．9 B．12C．18 D．24【答案】B【分析】变形利用基本不等式即可得出结果.【详解】由，得.又（当且仅当，即时等号成立），∴m≤12，∴m的最大值为12，故选：B.【点睛】该题考查的是有关求参数最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求最值，属于简单题目.10．已知椭圆上的一点P到椭圆一个焦点的距离为3，到另一焦点距离为7，则m等于（    ）A．5 B．10 C．15 D．25【答案】D【解析】利用椭圆的定义，化简求解即可．【详解】由椭圆定义知|PF1|+|PF2|＝2a＝10，椭圆1可知，椭圆的焦点坐标在x轴，∴a＝5，∴a2＝25，即m＝25．故选：D． 二、填空题11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列为“梯形数”．根据图形的构成，则数列的第项________．【答案】77【分析】根据前面图形中，编号与图中石子的个数之间的关系，分析他们之间存在的关系，并进行归纳，用得到一般性规律，即可求得结论．【详解】由已知的图形我们可以得出：图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n=1时，，n=2时，，n=3时，，…由此我们可以推断：.∴，故答案为：77.12．从1，2，3，4，5中任取2个不同数作和，如果和为偶数得2分，和为奇数得1分，若表示取出后的得分，则______.【答案】/1.4/【分析】利用古典概型的概率公式得到随机变量每一个可能取值下的概率值，再代入数学期望公式的定义式即可求解.【详解】从1，2，3，4，5中任取2个不同数的所有结果有：，，，，，，，，，共10种结果，其中和为偶数的有：，，，共4种，其中和为奇数的有：，，，，，共6种，所以，，利用数学期望公式.故答案为：.13．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为______cm3．【答案】144【分析】设小正方形的边长为，可表示出盒子的容积，利用导数求得其最大值【详解】设小正方形的边长为则盒子的容积当时，，当时，时，取得极大值，也是最大值，故答案为【点睛】本题主要考查了导数在解决实际问题中的应用，考查了学生的阅读理解能力和利用数学知识解决问题的能力，属于基础题目．14．命题“，”的否定是______.【答案】，【分析】利用全称命题的否定形式变换即可.【详解】由全称命题的否定形式可得：“，”的否定是“，”.故答案为：，. 三、双空题15．函数的最大值是______；最小值是______.【答案】     2     【分析】确定函数定义域，然后将平方，求得其最大值和最小值，即可求得答案.【详解】由可得，即函数定义域为，则，当时，取最小值0，故取到最大值4，则函数的最大值为2；当时，取最大值1，故取到最小值2，则函数的最大值为；故答案为： 四、填空题16．若平面四边形满足，，则该四边形一定是______.【答案】菱形【分析】根据向量相等可证明四边形为平行四边形，再由向量数量积为0知对角线互相垂直可知为菱形.【详解】，,所以四边形ABCD为平行四边形，, ，所以DB垂直AC，所以四边形ABCD为菱形.故答案为：菱形.17．二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是______.【答案】5【分析】利用二项式的展开式的通项公式求解.【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，当时，x次数是正整数指幂，所以二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是5，故答案为：5 五、解答题18．如图中，是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和侧视图在右面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC′，证明：BC′∥面EFG.【答案】(1)见解析；(2) (3)见解析.【分析】（1）依据画图的规则作出其俯视图即可；（2）此几何体是一个长方体削去了一个角，由图中的数据易得几何体的体积；（3）在长方体中，连接，在所给直观图中连接，证明，即可证明面．【详解】解：（1）如图（2）它可以看成一个长方体截去一个小三棱锥，设长方体体积为，小三棱锥的体积为，则根据图中所给条件得：，，（3）证明：如图，在长方体中，连接，则因为，分别为，中点，所以，从而，又平面，所以平面； 19．已知椭圆C：的离心率，且经过点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)如果斜率为的直线EF与椭圆交于两个不同的点E、F，试判断直线AE、AF的斜率之和是否为定值，若是请求出此定值；若不是，请说明理由.(3)试求三角形面积S取得最大值时，直线EF的方程.【答案】(1)(2)直线AE、AF的斜率之和是为定值0(3) 【分析】（1）由题意可得，，，求解即可；（2）设，直线EF的方程为：，联立椭圆方程消元，结合韦达定理可得，设，代入整理可得；（3）利用弦长公式求得，利用点线距离求得点到直线的距离，从而求得，设，求导判断单调性，从而可求得最大值，即可求解.【详解】（1）由题意，，椭圆C经过点，∴，又，解得，，所以椭圆方程为.（2）设，直线EF的方程为：，代入，得：.即，且.设，由题意，，；∴分子为：又，，，所以而∴∴.即直线AE、AF的斜率之和是为定值0.  （3），点到直线的距离，∴设令可得，，，又，所以在，单调递增，在，单调递减.所以的最大值为或，又所以的最大值为，所以直线方程为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．20．已知集合，集合，集合(1)设全集，求；(2)若，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由集合的基本运算求解即可；（2）得，分类讨论求解即可.【详解】（1）由，解得，由，解得，（2）∵，∴，当时，当时，或解得综上，实数m的取值范围为21．某车间在三天内，每天生产6件某产品，其中第一天、第二天、第三天分别生产出了2件、1件、1件次品，质检部门每天要从生产的6件产品中随机抽取3件进行检测，若发现其中有次品，则当天的产品不能通过.(1)求第一天的产品通过检测的概率；(2)求这三天内，恰有两天能通过检测的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由古典概型公式计算第一天通过检查的概率；（2）由古典概型公式求出第i天的产品能通过检测的概率为（，2，3），利用独立事件乘法公式计算三天内，恰有两天能通过的概率；【详解】（1）因为第一天有4件正品，随意抽取3件产品检查，第一天通过检查的概率为.（2）依题意知，记第i天的产品能通过检测的概率为（，2，3），则，，则三天中恰有两天能通过的检测的概率是.22．（1）证明：当时，；（2）若不等式对任意的正实数恒成立，求正实数的取值范围；（3）求证：.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【详解】试题分析：(1)结合函数的定义域可导函数的性质即可证得不等式的结论；(2)原问题转化为 ，构造函数 ，结合新函数的性质可得正实数的取值范围是；(3)将不等式进行恒等变形，结合(2)的结论证得不等式成立即可.试题解析：（1）令函数，定义域是，由 ，可知函数在上单调递减，故当时， ，即.（2）因为，，故不等式可化为（*），问题转化为（*）式对任意的正实数恒成立，构造函数 ，则 ，①当时，，即在上单调递增，所以，即不等式对任意的正实数恒成立.②当时，，因此，，函数单调递减；，，函数单调递增，所以 ，，，令，由（1）可知 ，不合题意.综上可得，正实数的取值范围是.（3）要证，即证 ，由（2）的结论令，有对恒成立，取可得不等式成立，综上，不等式成立.