2022届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（A卷）含解析

这是一份2022届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（A卷）含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届广东省汕头市金山中学高三下学期3月月考数学试题（A卷）一、单选题1．命题“，”的否定是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据全称命题的否定方法进行求解，改变量词否定结论.【详解】全称命题的否定是特称命题，该命题的否定是，.故选：C.2．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分和两种情况得出集合A，由此可得选项.【详解】对于集合A，当，时，，当，时，,所以或，所以A，.故选：B．3．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．震级是据震中100千米处的标准地震仪（周期，衰减常数约等于1，放大倍率2800倍）所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的．里氏震级的计算公式：，其中表示“标准地震振幅”（使用标准地震振幅是为了修正测振仪距离实际震中的距离造成的偏差），是指我们关注的这个地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅．4.5级地震给人的震感已比较明显，那么6.5级地震的最大振幅是4.5级地震的最大振幅的（       ）倍．A． B．10 C．100 D．【答案】C【分析】由求得，然后求得6.5级地震的最大振幅与4.5级地震的最大振幅的比值.【详解】由于，所以，所以6.5级地震的最大振幅与4.5级地震的最大振幅的比值为：.故选：C4．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．故选：A．5．已知复数z满足，若z在复平面内对应的点为，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用复数的模公式化简求解.【详解】因为复数z满足，所以，即，化简得：，故选：C6．已知随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用偶函数的定义结合正态密度曲线的对称性可求得的值.【详解】因为函数为偶函数，则，即，所以，.故选：C.7．已知双曲线C：的右顶点为A，，若在双曲线C的渐近线上存在点M，使得∠AMB＝90°，则双曲线C的离心率的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出点坐标，以AB为直径的圆D，问题转化为双曲线C的渐近线与圆D有交点，利用点到直线距离得到不等关系，求出离心率的取值范围.【详解】依题意，A（a，0），B（5a，0），则以AB为直径的圆D：；而，故双曲线C的渐近线与圆D有交点，故圆心D（3a，0）到直线的距离，则，故，故，则，故双曲线C的离心率的取值为，故选：B.8．已知等腰直角中，，D，E分别是和上的动点，沿翻折后，B恰好落在边上，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设B在边上关于的对称点为，，设，然后在中利用正弦定理可求出结果，【详解】如图：设B在边上关于的对称点为，，则，若，则，在中，由正弦定理得，故，当，t最小，最小值为．故选：A．二、多选题9．设等差数列的公差为，前项和为，已知，，则（       ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由已知条件列方程组求出，然后逐个分析判断即可【详解】对于AB，因为，，所以，解得，，所以AB正确，对于C，所以，对称轴为，因为，所以当时，取得最大值，所以，所以C错误，对于D，令，则，解得，或，因为，所以，所以，所以D错误，故选：AB10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（       ）A．函数的图象关于点对称B．函数的图象关于直线对称C．函数在上单调递减D．函数图象向右平移个单位可得函数的图象【答案】AB【分析】根据函数图像易得及函数的周期，即可求得，再利用待定系数法求得，再根据正弦函数的性质及平移变换逐一分析判断各个选项即可得出答案.【详解】解：由图可知，，所以，所以，则，将点代入得：，所以，又，所以，所以，对于A，因为，所以函数的图象关于点对称，故A正确；对于B，因为，为最小值，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对于C，因为，所以，所以函数在上不单调递减，故C错误；对于D，将函数图象向右平移个单位，可得函数，故D错误.故选：AB.11．如图，在四棱锥中，已知，，且，，，.取BC的中点O，过点O作于点Q，则（       ）A． B．四棱锥的体积为40C．平面 D．【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用求出Q点坐标，再根据向量的数量积运算证明垂直可判断ACD，对于B根据棱锥的体积公式计算即可判断.【详解】如图建立空间直角坐标系，则,则,,设, 则,故，,，解得，即,,, ，故A正确；因为直角梯形的面积，,可得面BCE 四棱锥高，所以四棱锥体积，故B不正确；,,,又,平面, 故C正确；, ,即，故D正确.故选：ACD12．已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（       ）A．当时，B．当时，过M点的圆C的最短弦长是C．线段AB的中点纵坐标最小值是D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是【答案】ABC【分析】根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答【详解】圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，对于A，令直线AB：，即，显然有，线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；对于C，令线段AB的中点，则，则，即，解得，当且仅当时取等号，所以，C不正确；对于D，依题意及切线长定理得：，，，解得，即，解得或，所以的取值范围是，D正确.故选：ABC【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.三、填空题13．假设要考查某公司生产的袋装牛奶的质量是否达标，现从800袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数法抽取样本时，先将800袋牛奶按000，001，，799进行编号，若从随机数表第7行第8列的数开始向右读，则得到的第4个的样本个体的编号是________.（下面摘取了随机数表第7行到第9行）844217533157245506887704744767217633502583921206766301637859169556671998105071751286735807443952387933211234297864560782524207443815510013429966027954【答案】068【分析】由随机数表法知识进行求解.【详解】根据随机数表法最先检测的3袋牛奶编号为：331、572、455、068，故答案为：068.14．展开式中的常数项为______．【答案】7【分析】由，利用通项公式求解.【详解】由题意得，的通项公式为 ，无解；的通项公式为，当时，为常数项6，所以展开式中的常数项为．故答案为：715．写出一个同时具有下列性质①②③的函数：______.①；②；③.【答案】（底数大于e的指数函数均可）【分析】由指数函数的性质可求解.【详解】由①可知函数是指数函数，由②可知函数单调递增，又，故只要即可．故答案为：（底数大于e的指数函数均可）四、双空题16．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则___________，的最小值为___________.【答案】     2     【分析】先得出，设出得出，则，两问分别代入计算即可.【详解】因为在中，，所以,即.因为点在线段上移动（不含端点），所以设.所以，对比可得.代入，得；代入可得，根据二次函数性质知当时，.故答案为：五、解答题17．已知等差数列的首项为2，前项和为，正项等比数列的首项为1，且，．(1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前26项和．【答案】(1)，(2)3【分析】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，根据题意结合等差数列和等比数列的通项公式及求和公式列出方程组，求出公差公比，即可得出所求；（2）利用等差数列前项和公式求出，再利用裂项相消法即可得出答案.【详解】(1)解：设等比数列的公比为，等差数列的公差为，由题意得：，即，∴，∵是正项等比数列，∴，则，∴，；(2)解：，则．∴的前26项和为：.18．如图，已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且的外接圆面积为.(1)求边c；(2)若，延长CB至M，使得，求BM.【答案】(1)(2)【分析】（1）先得出的外接圆半径为R，再由正弦定理的边化角公式得出边c；（2）由，，，结合余弦定理得出，再由余弦定理结合三角恒等变换得出，最后由正弦定理得出BM.【详解】(1)设的外接圆半径为R，由题意，解得.由条件及正弦定理可得，因为，所以，即，因为，故.故.(2)因为，，，故，得，解得（舍去）.由余弦定理可得，所以.由得.故由正弦定理可得，则.19．研究显示，越来越多的“996”上班族下班后通过慢跑强身健体，慢跑属于一种有氧运动，可以消耗人体大量热量，坚持慢跑可以促进新陈代谢，增加肺活量以及增强心脏功能，提升人体免疫力，因此深受青年人喜爱.如图统计了小明这100天每天慢跑的时间情况（单位：分钟）.(1)求m的值.(2)如表是小明的同事小强本月前7次慢跑的时间情况；由散点图可知，小强的慢跑次数x和慢跑时间y（单位：分钟）之间线性相关，①求y关于x的线性回归方程，其中使用分数形式表示；②根据①中的运算结果预测小强第9次的慢跑时间是否会超过小明这100天慢跑的平均时间.次数x1234567慢胞时间（单位：分钟）15182723202936 参考公式：在线性回归方程中，.【答案】(1)m＝0.031(2)①，②预测小强第9次的慢跑时间会超过小明这100天慢跑的平均时间【分析】（1）依据频率之和，即矩形面积之和为1求解m的值；（2）根据公式求解，进而求出线性回归方程，进而求出小强第9次的慢跑时间和这100天慢跑的平均时间，比较出大小.【详解】(1)依题意，，解得：m＝0.031(2)①依题意，，，， ，故所求回归直线方程为；②小明这100天慢跑的平均时间为：；将x＝9代入中，得，故可以预测小强第9次的慢跑时间会超过小明这100天慢跑的平均时间.20．如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，平面ABC，点E在棱PB上，且，，.(1)求证：；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由圆的性质可得，再由线面垂直的性质可得，从而由线面垂直的判定定理可得平面PAB，所以得，再结合已知条件可得平面PBC，由线面垂直的性质可得结论；（2）由已知条件结合基本不等式可得当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，，从而以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】(1)证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，所以.因为平面ABC，平面ABC，所以.因为，且AB，平面PAB，所以平面PAB.因为平面PAB，所以.因为，，且BC，平面PBC，所以平面PBC.因为平面PBC，所以.(2)解：因为，，所以，所以三棱锥的体积，（当且仅当“”时等号成立）.所以当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，.所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.因为∽，所以，因为，，所以，所以，.设向量为平面的一个法向量，则即令得，.向量为平面ABC的一个法向量，.因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.21．椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线交轴于点，其中，直线交椭圆于另一点，直线和分别交直线于点和，若、、、四点共圆，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）分析可得，再利用面积的最大值为可求得、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，分析可知直线不与轴重合，设直线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出、的纵坐标，由相交弦定理可得出，将韦达定理代入等式可求得的值.【详解】(1)解：由题意，设椭圆半焦距为，则，即，得.设，，由，故的最大值为.将代入，有得，.所以椭圆的标准方程为.(2)解：设，因为点为椭圆上异于左、右顶点的动点，则直线不与轴重合，设直线方程为，与椭圆方程联立得：.，可得，由韦达定理可得，，直线的方程为，令得点纵坐标.同理可得，点纵坐标.当、、、四点共圆，由相交弦定理可得，即.由，故，解得：.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，.(1)若，求函数的单调区间；(2)若，且，证明：.【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间(2)证明见解析【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，由此可得出结论；（2）设，由已知得出，变形得出，设，将所证不等式转化为，构造函数，利用导数证明出对任意的恒成立，即可证得结论成立.【详解】(1)解：依题意，.令，则，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，故函数的单调递增区间为，无单调递减区间.(2)证明：要证，即证.依题意，、是方程的两个不等实数根，不妨令，因为，故，两式相加可得，两式相减可得，消去，整理得，故，令，故只需证明，即证明，设，故，故在上单调递增，从而，因此.故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.