2022届新疆喀什第二中学高三下学期开学考试数学试题含解析

2022届新疆喀什第二中学高三下学期开学考试数学试题

一、单选题

1．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【分析】首先化简复数，再求的虚部.

【详解】，

所以的虚部是.

故选：B

2．已知集合，，则有（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求函数定义域得集合M，解不等式得集合N，再逐一分析各选项即可得解.

【详解】由函数得：，解得，即，

由得：，解得，而，于是得，

显然，，A不正确；，B不正确；，C正确；，D不正确.

故选：C

3．函数的零点所在的区间是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由根的存在性定理求端点值的正负性，可知零点所在区间．

【详解】，，

零点在区间上.故选B.

【点睛】利用方程根的存在性定理求解三步曲是：①先移项使方程右边为零，再令方程左边为函数；②求区间两端点的函数值；③若函数在该区间上连续且，则方程在该区间内必有根.

4．下列说法错误的是

A．命题“若，则”的逆否命题是“若，则”

B．“”是“”的充分不必要条件

C．若为假命题，则、均为假命题

D．命题：“，使得”，则非：“，”

【答案】C

【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,可得A正确；

由“”的充要条件为“”,可得B正确；

由“且”命题的真假可得C错误；由特称命题的否定为全称命题可得D正确，得解.

【详解】解:对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,

可得命题“若，则”的逆否命题是“若，则”,即A正确；

对于选项B, “”的充要条件为“”,又“”是“”的充分不必要条件,即B正确；

对于选项C, 为假命题，则、至少有1个为假命题,即C错误；

对于选项D,由特称命题的否定为全称命题可得命题：“，使得”，则非：“，”,即D正确,

故选.

【点睛】本题考查了四种命题的关系、充分必要条件及特称命题与全称命题，重点考查了简单的逻辑推理，属基础题.

5．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由两角差的正弦公式展开，利用平方的方法化简已知条件，由此求得的值．

【详解】由，得，

两边平方并化简得，，解得

故选：C

【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题．

6．如图，棱长为2的正方体中，在线段（含端点）上运动，则下列判断不正确的是（       ）

A． B．三棱锥的体积不变，为

C．平面 D．与所成角的范围是

【答案】B

【解析】证明出平面，可判断A选项的正误；证明出平面，利用锥体的体积公式可判断B选项的正误；证明出平面，利用面面平行的性质定理可判断C选项的正误；推导出，可得出与所成的角等于，即可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，连接、、、，

因为四边形为正方形，则，

平面，平面，，

，平面，

平面，，同理可证，

，平面，

平面，因此，，A选项正确；

对于B选项，在正方体中，且，

所以，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面，

，所以，点、到平面的距离相等，

所以，，B选项错误；

对于C选项，在正方体中，且，

所以，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面，

同理可证平面，

，平面平面，

平面，平面，C选项正确；

对于D选项，易知，所以，是等边三角形，，

在正方体中，且，

所以，四边形为平行四边形，，

所以，与所成角等于，

当在线段（含端点）上运动时，，D选项正确.

故选：B.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

7．对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前项和为（        ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，，利用累加法可求数列的通项公式，求出数列的通项公式，利用裂项相消法求其前项和，即可求得结果.

【详解】解：由题意可知，，，，，累加可得，

，

.

故选：B.

【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.

8．长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线与所成角的余弦值.

【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

，.

,异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C

9．若函数的图像的相邻两个对称中心的距离是，且图像过点，则下列结论不正确的是（       ）

A．函数在上是减函数

B．函数的图像的一条对称轴为

C．将函数的图像向右平移个单位长度后的图像关于y轴对称

D．函数的最小正周期为π

【答案】A

【分析】根据函数的性质求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可；

【详解】解：因为函数的图像的相邻两个对称中心的距离是，所以，即，又，所以，又函数过点，所以，即，，解得，不妨取，所以，当，所以，所以函数在上单调递增，故A错误，D正确；

，故函数关于对称，故B正确；

将函数的图像向右平移个单位长度得到为偶函数，故C正确；

故选：A

10．下列命题中：

①线性回归方程必过点

②“”是“”的充分必要条件

③在中，“”的充要条件是“”

④若，，则的最小值为.

其中正确的个数是

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【详解】【分析】回归直线一定经过样本数据的中心点，所以①正确；，所以是的充分不必要条件，所以②不正确；由正弦定理知，，所以③正确.

，当且仅当时等号成立，所以④不正确，故选B.

11．已知，且，则下列结论正确的是

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】用二倍角公式、两角差的正弦公式和诱导公式化简，由此得出正确结论.

【详解】有，得，，，由于，所以，故选A.

【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查二倍角公式、两角差的正弦公式和诱导公式，属于中档题.

12．在中，是它的三条边，若，则是直角三角形，然而，若，则是锐角三角形，若，则是（ ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．由的值确定

【答案】A

【分析】把变形为，根据指数函数的单调性可得即，从而可用余弦定理判断最大角为锐角.

【详解】解：因为且()在上单调递增，

因为，故，即为最大边，

又，因为，

所以当时，，故，即，即，

所以，因为，所以为锐角，

所以是锐角三角形；

故选：A.

二、填空题

13．已知双曲线C：的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则双曲线C的焦距为_____________．

【答案】4.

【分析】利用双曲线的性质及条件列a,b,c的方程组，求出c可得.

【详解】因为双曲线的离心率为2，焦点到渐近线的距离为 ，所以,解得，所以双曲线的焦距为4.故答案为4.

【点睛】本题考查双曲线的几何性质，注意隐含条件，考查运算求解能力，属于基础题.

14．已知两个非零单位向量、的夹角为.

①不存在，使；

②；

③；

④在方向上的投影为.

则上述结论正确的序号是________（请将所有正确结论都填在横线上）

【答案】①②③

【分析】根据平面向量的定义、平面向量数量积的运算律、垂直向量的等价条件以及向量投影的定义来判断各命题的正误.

【详解】对于命题①，，命题①正确；

对于命题②，，同理可得，则，命题②正确；

对于命题③，，

，命题③正确；

对于命题④，在方向上的投影为，命题④错误.

因此，正确命题的序号为①②③，故答案为：①②③.

【点睛】本题考查平面向量数量积的定义以及运算律，同时也考查了平面向量垂直的等价条件和投影的定义，解题时应充分从这些定义和等价条件出发来加以理解，考查推理能力，属于中等题.

15．已知抛物线：（）的焦点为，准线为，经过点的直线交于，两点，过点，分别作的垂线，垂足分别为、两点，直线交于点，若，则下述四个结论：①；②直线的倾斜角为或；③是的中点；④为等边三角形，其中所有正确结论的编号是______.

【答案】①③④

【分析】由题意画出图形，由平面几何知识可得①正确；设出的方程，与抛物线方程联立，可得，横坐标的积，结合已知向量等式求解的坐标，再求出所在直线斜率，可得的倾斜角，判断②错误．

【详解】如图，由抛物线定义可知，，，

则，，

则，

，故①正确；

设所在直线方程为，

联立，得．

设，，，，

则，

又，，即，

联立 ，解得（舍或，

则，即，

则，可得直线的倾斜角为，④正确

由对称性，若在轴下方，则直线的倾斜角为，故②错误．

由，，点的横坐标为，可得是的中点，故③正确；

故答案为：①③④

16．定义域为的奇函数在上单调递减．设，若对于任意，都有，则实数的取值范围为_____．

【答案】

【解析】证明函数为偶函数，再利用偶函数的性质，将问题转化为在上恒成立；

【详解】解：由题意得，

所以，即为偶函数，

因为奇函数在上单调递减且，

根据奇函数对称性可知，恒成立，

当时，

故在上单调递增，

根据偶函数对称性可知，在上单调递减，

因为对于任意，都有，

所以在上恒成立，

所以

所以在上恒成立，

所以．

故答案为：．

三、解答题

17．已知数列的前项和为，，给出以下三个命题：

①；②是等差数列；③

(1)从三个命题中选取两个作为条件，另外一个作为结论，并进行证明；

(2)利用（1）中的条件，证明数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由①②作为条件，求出等差数列的通项公及前项和，即可求证③成立；

由①③作为条件，根据，得出

及联立，即可求出数列的通项公式，根据等差数列定义即可证明②成立.

由②③作为条件，设等差数列的公差，用表示等差数列通项公及前项和，代入

，求出等差数列的公差，进而求出等差数列的通项公式，即可证明①成立；

（2）由（1）求出等差数列通项公，进而求出数列 的通项公式，再利用裂项相消求出进行放缩

证明即可.

【详解】(1)（1）将①②作为条件，③作为结论；

设等差数列的公差为，则由得，，解得，

因为，所以等差数列的通项公式为.所以，

所以，

又因为，

所以，即证；所以③成立；

将①③作为条件，②作为结论；

由及，得，

联立，解得，所以，

所以，

所以数列是以首项为，公差为1的等差数列. 所以②成立；

将②③作为条件，①作为结论；

设等差数列的公差为，则，，

由，得，

解得，所以等差数列的通项公式为.

所以，即证，所以①成立；

(2)由（1）知，，

所以，

因为数列的前项和为，

所以

，

当时，，，

所以，

即证数列的前项和.

18．如图，四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别为和的中点，且

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积.

(3)求二面角余弦值的大小.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）证明可得，结合，由线面垂直的判定定理即可求证；

（2）取的中点，连接，可得，再由面面垂直的性质定理证明平面，由即可求解；

（3）连接，则，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，由空间向量夹角公式计算即可求解.

【详解】(1)如图所示，连接，由是边长为2的正方形，

因为是的中点，可得为的中点，

在中，因为，分别是，的中点，可得，

又因为，所以，

又由，且，所以平面.

(2)如图所示，取的中点，连接，

因为是边长为2的等边三角形，所以且，

由（1）知平面，因为面，所以平面平面，

因为平面平面，面，，

所以平面，

可得.

(3)连接，则，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：

，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，

则，取，则，，

所以，

平面的法向量为，

所以，

因为二面角为钝二面角，

所以二面角余弦值为.

19．已知函数．

（1）求最小正周期和单调递减区间；

（2）求在区间的最大值．

【答案】（1）;；（2）.

【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式可得，根据正弦函数的性质求得最小正周期和单调减区间；

（2）求出的范围后利用正弦函数的性质可求最大值.

【详解】解：（1）

.

;

由，

解得，

所以的单调递减区间为；

（2）因为，所以.

当，即时，取得最大值.

20．如图，点为椭圆：的左焦点，点，分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上，且满足.

（1）求椭圆的方程；

（2）过定点且与轴不重合的直线交椭圆于，两点，直线分别交直线，于点，，求证：以为直径的圆经过轴上的两定点（用表示）.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）由在椭圆上，可得，由，可得，从而解出的值，得到答案.

（2）设，，是以为直径的圆上的任意一点，设出直线的方程，得到点的纵坐标，同理得到点的纵坐标,由条件可得，得到，设直线的方程为，与椭圆的方程联立，将韦达定理代入上述式子，可得答案.

【详解】解：（1）由在椭圆：上得①，

如图，由为的右顶点，为的上顶点可知，，

因，所以，则②.

联立①②得方程组解得

故所求椭圆的方程为.

（2）设，，又，

所以直线的方程为，令，得，

所以.同理.

设是以为直径的圆上的任意一点，则，所以

，

令，得.

设直线的方程为，与椭圆的方程联立，消去得

，

所以，，

所以

.

所以，

因为，所以.

所以以为直径的圆经过轴上两定点，其坐标分别为和.

【点睛】本题考查求椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆过定点问题,属于难题.

21．已知函数，

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）定义：对于函数，若存在，使成立，则称为函数的不动点．如果函数存在不动点，求实数a的取值范围．

【答案】（1）单调递增区间是，的单调递减区间是；（2）．

【分析】（1）把代入，计算，分别令求解即可.

（2）令，然后采用分离变量可得，构造函数，利用导数判断函数单调性并计算，简单判断可得结果.

【详解】（1）由题可知：函数定义域为，

当时，

．

当，即时，或；

当，即时，．

的单调递增区间是，

的单调递减区间是．

（2）

存在不动点，方程有实数根，

即在上有解．

今，

令，

所以在单调递增且，即有唯一根

所以

所以

所以在上有解的a的取值范围是

【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性以及利用导数研究能成立问题，熟悉分离参数的方法以及提升对新概念的理解，属中档题.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.

（1）求圆的标准方程；

（2）直线与圆的相交弦为，是弦上动点，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；

（2）根据直线参数方程中参数的几何意义进行求解即可.

【详解】（1）由得：，

化为直角坐标方程为：，

圆的标准方程为.

（2），，

由（1）知：圆的圆心为，半径，

则由参数的几何意义知：，解得：，

的取值范围为.

23．已知函数.

（1）当，时，解不等式；

（2）若的最小值为2，求的最小值

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）分，和三种情况解不等式；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，从而可得，则有，从而有，化简后利用基本不等式可求得答案

【详解】解：（1）当，时，

，

所以，或，或，

解得：或，

故解集为；                                     

（2）由，

所以，                              

在时的最小值为2，                            

则，所以，                            

，       

在时，的最小值为