2022届西藏拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题含解析

这是一份2022届西藏拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题含解析，共12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届西藏拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题一、单选题1．已知函数的定义域为，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据定义域的求法，结合一元二次不等式的解法求得集合，由此求得【详解】由题意，，所以或，即，所以．故选：D【点睛】本小题主要考查定义域的求法，考查补集的概念和运算，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.2．在中，角，，所对的边分别为，，，满足，则的形状为（       ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】D【分析】利用正弦定理得到或，即可判断.【详解】在中，对于 ，由正弦定理得：，即，所以或即或.所以为等腰三角形或直角三角形.故选：D3．已知函数的图象在点处的切线方程是，则（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】根据切线方程可得切点为，结合导数的几何意义求出，进而计算即可.【详解】易得切点，所以，，即.所以.故选：A4．设平面向量，的夹角为，且，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量数量积的运算律以及数量积的定义，计算即得解【详解】由题意，则故选：A5．下列命题为假命题的是（       ）A．若，则 B．若，，则C．若，则 D．若，，则【答案】D【分析】根据不等式的性质可判断ABC的正误，举反例可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，则，故选项A正确；对于B：若，，则，所以，故选项B正确；对于C：将两边同时乘以可得：，将两边同时乘以可得，所以，故选项C正确；对于D：取，，，，满足，，但，，不满足，故选项D不正确；所以选项D是假命题，故选：D6．若，则的最小值是（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】采用拼凑法，结合基本不等式即可求解.【详解】因为，，当且仅当时取到等号，故的最小值是3.故选：C7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的单调性及指数函数值可得结论．【详解】,，，所以．故选：．8．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】通过平方将原式变形得到，再结合正弦二倍角公式即可求解.【详解】因为，所以两边平方得，又因为，所以，即，所以.故选：B9．设命题：，：，则是的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先解不等式，再根据不等式的解集和充分条件和必要条件的定义可得结论【详解】因为：，：，而是的真子集，所以是的充分不必要条件，故选：A.10．已知非零向量满足且，则与的夹角为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量垂直，数量积为0，求得，即可得到答案；【详解】，，与的夹角为，故选：D11．在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则，，，，则，，设直线EF与的所成角为，则，∴.故选：B12．已知函数，若是函数唯一极值点，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意知有唯一的变号零点，等价于有唯一实数根，对因式分解可得，转化为无实根，也即与两个函数图象没有交点，利用导数研究，即可求出实数的取值范.【详解】，因为是函数唯一极值点，所以有唯一实数根，所以无实根，也即与两个函数图象没有交点，，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以，故选：A【点睛】本题主要考查了函数极值点就是导数等于0的根，转化为两个函数图象的交点，考查了函数与方程，属于中档题.二、填空题13．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.【答案】【分析】利用数列通项与前n项和的关系求解即可.【详解】当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.故数列{an}的通项公式为an＝故答案为：14．已知实数满足，则的最大值为_________．【答案】【分析】首先根据线性约束条件画出可行域，然后把目标函数化为，利用图象即可求出的最大值.【详解】画出线性约束条件所表示的可行域，如图，由，得，由，得，由图可知，直线过点时，的值最大，且.故答案为：.15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_____.【答案】4+4.【解析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的表面积.【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为，该几何体为底面为边长为2，高为2的正四棱锥体.如图所示：所以4+4.故答案为：4+4.【点睛】本题考查了利用三视图求几何体的表面积，考查了空间想象能力和空间感，属于基础题.16．已知，，，，则的最小值为______．【答案】【分析】由已知条件可得，，可得，再由基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，可得，所以，故答案为：.三、解答题17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列，a＝2．（1）若c＝1，求b；（2）若△ABC的面积为，求c．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）由A，B，C成等差数列及三角形内角和为π可得B的值，在三角形中由余弦定理可得b的值；（2）由三角形的面积公式求出c边．【详解】（1）∵A，B，C成等差数列，∴2B＝A+C，而A+B+C＝π，则B＝，又a＝2，c＝1，由余弦定理可得：；（2）∵S△ABC，∴c＝2．18．已知向量．（1）若，求x的值；（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．【答案】（1）（2）时，取到最大值3； 时，取到最小值.【分析】（1）根据，利用向量平行的充要条件建立等式，即可求x的值．（2）根据求解求函数y＝f（x）解析式，化简，结合三角函数的性质即可求解最大值和最小值及对应的x的值．【详解】解：（1）∵向量．由，可得：，即，∵x∈[0，π]∴．（2）由∵x∈[0，π]，∴∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；当，即时．【点睛】本题主要考查向量的坐标运用以及三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．19．已知各项均为正数的等差数列的公差为4，其前n项和为，且为，的等比中项.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比中项的概念，结合等差数列的基本量的计算，进行求解即可；（2）由进行裂项相消法即可得解.【详解】(1)因为数列是公差为4的等差数列，所以，，.又，所以，即，解得或（舍去），所以.(2)因为，所以.20．如图，在三棱锥中，，，为的中点．       （1）证明：平面；       （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】（1）详见解析（2）．【详解】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.21．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意，不等式恒成立，求正整数的最小值.【答案】(1)(2)4【分析】（1）当时，，求导，利用导数的几何意义，可求得切斜斜率k，代入点斜式方程，即可得答案.（2）由题意可得在上恒成立，令，利用导数，求得的单调性和最值，综合分析，即可得答案.【详解】(1)当时，，则，切线的斜率为，又，所求切线的方程为，即为.(2)当时，，整理可得，令，则令，则，由，解得，当时，，函数单调递减，，在区间上存在一个零点，此时，即，当时，，则，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减，有极大值，即最大值为，则恒成立，，正整数的最小值是.22．已知函数（I）当时，讨论的单调性；（II）若时，，求的取值范围.【答案】（I）见解析 （II）【详解】（Ⅰ）当时，.令，得，.当时，，在是增函数；当时，，在是减函数；当时，，在是增函数；（Ⅱ）由得.当，时，，所以在是增函数，于是当时，.综上，a的取值范围是.（1）直接利用求导的方法，通过导函数大于0和小于0求解函数单调区间；（2）解题关键是利用求导的方法和不等式的放缩进行证明.【考点定位】本题考查利用导数求解函数的单调性与参数范围问题.