2022届西藏拉萨中学高三上学期第四次月考数学（理）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（理）试题含解析，共13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（理）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．利用数学归纳法证明不等式（，）的过程中，由到时，左边增加了（       ）A．1项 B．k项 C．项 D．项【答案】D【分析】得和时对应的不等式左边的最后一项，再由变化规律可得增加的项数.【详解】当时，不等式左边的最后一项为，而当时，最后一项为，并且不等式左边分式每一项分母的变化规律是每一项比前一项加，所以增加了项.故选：D5．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．已知的定义域是，，且.当时，，则函数在区间上的所有零点之和为（       ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】根据题设递推关系易知为奇函数且周期为4，进而求出、、上解析式，画出一个周期的图象，进而画出上图象，并将题设零点问题转化为与的交点问题，应用数形结合并结合对称性求所有零点的和.【详解】由，易知为奇函数，∴，即时，，又，即，则，∴，易知的周期为4，当，即时，则，当，即时，则，综上，可得上的图象如下：在上的零点，即为与的交点横坐标，如上图知：共四个交点，且四个交点分别关于对称，即所有零点之和为.故选：D【点睛】关键点点睛：根据题设求的奇偶性及周期，进而画出其函数图象，再将问题转化为函数的交点问题，利用对称性求零点的和.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．用一个半径为10厘米的半圆纸片做成一个忽略接缝的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图所示，则它的最高点到桌面的距离为_________．【答案】53厘米53cm【分析】如图所示，设PAB为轴截面，过点A作AD⊥PB，利用圆的周长公式解得底面直径AB=10，在△PAB中解三角形，即可得出．【详解】如图所示，设PAB为轴截面，过点A作AD⊥PB，，解得AB=10，∴△PAB是等边三角形，∴．∴它的最高点到桌面的距离为cm．故答案为：cm．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．如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，，是线段的中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.【详解】(1)证明：底面，平面，，四边形是矩形，，，平面，平面，平面；(2)解：由（1）可知，、、两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则是线段的中点， ，，设平面的一个法向量为，则，即，可取，底面，为平面的一个法向量，，易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.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．设函数，其中，，．(1)若当时，有最小值，求的最小值；(2)若，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）由在处，有最小值，可知对称轴为，列出关系式，化简可得，利用基本不等式1的应用，代入求出最小值.（2）代入化简可得，两边平方，结合重要不等式可证明.【详解】(1)解：因为当时，有最小值，所以且对称轴，即，（，）所以，当且仅当时等号成立. 的最小值为.(2)解：，化简得：，所以，所以.