2022届西藏拉萨中学高三第六次月考数学（文）试题含解析

2022届西藏拉萨中学高三第六次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合,,则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合，然后利用交集的运算性质求解即可.

【详解】∵，，

∴.

故选:.

2．已知复数满足，则（       ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【解析】先由，得，化简求出，再求出

【详解】解：由，得，

所以，

故选：C

3．某班组织奥运知识竞赛，将参加竞赛的学生成绩整理得下边的频率分布直方图，若低于60分的有9人，则该班参加竞赛的学生人数是（       ）

A．27 B．30 C．45 D．60

【答案】B

【分析】首先求得低于分的频率，由此求得该班参加竞赛的学生人数.

【详解】由频率分布直方图知低于60分的频率为，

∴该班参加竞赛的学生人数为．

故选：B

4．已知等差数列an的前n项和为Sn，a2a9＝13，S7＝35，则（       ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【分析】根据已知条件求得，由此求得.

【详解】依题意，

所以.

故选：B

5．已知直线被圆截得的弦长为2，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】求出该圆的圆心和半径长，用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后利用圆的半径长、弦长的一半以及弦心距三者满足勾股定理可得出关于的等式，则可解得的值.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆心C到直线l的距离为，

由题意可知，，

解之得，即.

故选：B.

6．曲线在处的切线方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求导，根据导数的几何意义求解即可.

【详解】解：由题知，

所以，，

所以曲线在处的切线方程为，即.

故选：A.

7．若，则（       ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】两边同取对数求出，代入式子利用换底公式即可求解.

【详解】由可知，，

即.

故选：.

8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为（       ）

A．3 B． C． D．3

【答案】C

【分析】把三视图还原并衬托在长方体中，利用勾股定理即可求解.

【详解】三视图可得原几何体为如图所示的三棱锥A－BCD，长方体的高为2，底面正方形边长为3，

∴该几何体的最长棱为AD＝．

故选：C.

9．设函数的部分图象如图所示，则的一条对称轴为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】函数图象过点，代入中可求出的值，再由五点作图法可知的值，从而可求得的解析式，然后由求出对称轴方程，进而可得答案

【详解】由图可知，，所以，

根据图象可知在单调减区间上，又，所以，

由上可知，

结合图象，由五点法，得，解得，

则，由，

所以，令时，，

故选：C.

10．抛物线y2＝2px（p0）的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，PAl，垂足为A，若直线AF的斜率为，＝4，则抛物线方程为（       ）

A．y2＝4x B．y2＝x C．y2＝8x D．y2＝x

【答案】A

【分析】结合抛物线的定义求得，由此求得抛物线方程.

【详解】∵直线AF的斜率为，

∵抛物线的定义知，∴△PAF为等边三角形，∴，

∴在Rt△AKF中，，∴抛物线方程为．

故选：A

11．著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为，则分钟后物体的温度（单位：）满足：．若常数，空气温度为，某物体的温度从下降到，大约需要的时间为（       ）（参考数据：）

A．分钟 B．分钟 C．分钟 D．分钟

【答案】D

【分析】由已知条件得出，，，代入等式，求出即可得出结论.

【详解】由题知，，，所以，，可得，

所以，，.

故选：D.

12．已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由得到，构造函数，由，结合分离常数法以及导数求得的取值范围.

【详解】对任意的，都有，即，

在上单调通递增，

在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

当时；当时，，

故，所以．

故选：C

二、填空题

13．已知向量，，且，则向量与的夹角为________.

【答案】60°

【分析】设向量，的夹角为，由求得，即可求出向量与的夹角.

【详解】设向量，的夹角为，

由题意可知，，由得，，

所以，所以.

因为，故向量与的夹角为.

故答案为：

14．若变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝3xy的最大值为_____．

【答案】5

【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线y＝－3x＋z，找出使得该直线在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.

【详解】作出可行域，如阴影部分所示：

由z＝3x＋y得y＝－3x＋z，平移直线y＝－3x＋z，

由图象可知当直线y＝－3x＋z经过点C时，直线y＝－3x＋z的截距z最大，

由，解得C（2，－1），代入得z＝3×2－1＝5，即z的最大值为5.

故答案为：5.

15．设数列an前n项和为Sn，若a1＝1，，则_____．

【答案】

【分析】利用化简已知条件，证得是等差数列，由此求得，进而求得

【详解】∵当时，，

整理可得，

数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

．

故答案为：

16．已知三棱锥SABC中，SA平面ABC，且SA＝4，AB＝AC＝2，BAC＝120，则三棱锥SABC的外接球的表面积为_____．

【答案】

【分析】把三棱锥SABC中补形成一个直三棱柱，找出球心，求出球的半径即可求解.

【详解】

如图，把三棱锥SABC中补形成一个直三棱柱，设上、下底面外接圆的圆心分别为，球的半径为，则外接球的球心O为的中点，

由正弦定理，

又，

则其外接球的表面积为．

故答案为：.

三、解答题

17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.，的面积为.

(1)若，求a：

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角形的面积公式可求得的值，由结合可得，则可以求出的值，最后由余弦定理求出；

（2）根据正弦定理将分别用和表示出来，结合由三角形面积求出的的值，从而求出，由三角形内角和求出，最后根据两角和的余弦公式，即可求出的值.

【详解】(1)由的面积为，

得，所以.

由，得，所以.

所以由余弦定理，得，

即.

(2)由正弦定理得，

所以，

所以，所以.

由，得，

所以.

18．2020年4月底，随着新冠疫情防控进入常态化，为了促进消费复苏增长，某市开展“五一消费黄金周”系列活动，并发放亿元电子消费券，活动过后，随机抽取了50人，对是否使用过电子消费券进行调查，结果如下表：

若以年龄40岁为分界点，由以上统计数据完成下面列联表，并判断是否有95%的把握认为使用电子消费券与年龄是否低于40岁有关．

参考数据：

，其中．

【答案】填表见解析；有．

【分析】首先根据题意填写列联表，再计算，即可得到答案.

【详解】列联表如下：

因为，

所以有95%的把握认为使用电子消费券与年龄是否低于40岁有关．

19．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PCD是等边三角形且与底面ABCD垂直，PD＝AB＝4，E、F分别为AB、PC的点，且PF＝PC，AE＝AB．

（1）证明：直线EF//平面PAD；

（2）若BAD＝60，求三棱锥BEFC的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）在PD上取点M使得，证明四边形AEFM是平行四边形，利用线面平行判定定理即可判定；（2）利用等体积法将三棱锥BEFC的体积转化成三棱锥FBCE的体积即可求解.

【详解】（1）证明：在PD上取点M使得，连结FM，MA，（如图）

因为，所以，

且FM＝AE，所以四边形AEFM是平行四边形，

所以FE//AM，

又平面PAD，AM平面PAD，

所以直线EF//平面PAD．

（2）

取CD中点O，连结PO，因为侧面PCD与底面ABCD垂直，CD为两个面的交线，

所以PO⊥平面ABCD，

又因为，所以F到面ABCD的距离等于，

，

所以．

20．已知椭圆的离心率为，A，B是E的上，下顶点，是E的左､右焦点，且四边形的面积为.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)若P，Q是E上异于A，B的两动点，且，证明：直线恒过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，，进而结合得，故椭圆E的标准方程为.

（2）根据题意设直线的方程为，与椭圆方程联立得，进而得直线的方程为，再与椭圆方程联立得，故直线的方程为，再整理即可得，即可证明.

【详解】(1)解：由题意可知，

又，且四边形为菱形，

所以.

又，所以，

故椭圆E的标准方程为.

(2)证明：由（1）知点，设直线的方程为，

由得，

解得，所以.

由可知，则直线的方程为，

由得，

解得，所以.

易知直线的斜率存在，且.

所以直线的方程为.

整理得，.

故直线恒过定点.

21．已知函数．

（1）当a＝3时，求f(x)的单调区间；

（2）当a＝1时，关于x的不等式在[0，）上恒成立，求k的取值范围．

【答案】（1）减区间为（－1，2），増区间为（2，＋∞）；（2）．

【分析】（1）利用导数求得的单调区间；

（2）化简为，构造函数，结合对进行分类讨论，利用求得的取值范围.

【详解】（1）的定义域为

当a＝3时，，

，

当时，是减函数，

是増函数，

所以，f(x)的减区间为（－1，2），増区间为（2，＋∞）．

（2）当a＝1时，，

，即，

设，则只需在恒成立即可．

易知，

，

①当时，，此时g(x)在上单调通减，

所以，与题设矛盾；

②当时，由得，

当时，，当时，，

此时在上单调递减，

所以，当时，，与题设矛盾；

③当时，，故在上单调递增，所以恒成立．

综上，．

【点睛】利用导数求得函数的单调区间时，要首先求得函数的定义域.

22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

(2)已知点，曲线与交于A，B两点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数，即得到曲线的普通方程，根据将极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程化为标准式，再代入曲线的直角坐标方程，根据直线的参数方程参数的几何意义计算可得；

【详解】(1)解：将（t为参数）消去参数，可得曲线的普通方程为.

由，得，所以，即，

故曲线的直角坐标方程为.

(2)解：易知点在直线上，所以曲线的参数方程为（t为参数）.

代入，得，

所以，则，

故.

23．已知函数的最大值为4．

(1)求的值；

(2)若均为正数，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据绝对值三角不等式求最值及参数值；

（2）由柯西不等式求最值.

【详解】(1)解：由，

得函数的最大值为．．

解得：或，又，

(2)解：由均为正数，，

又．

当且仅当时取“”，又，即时取“”

所以的最小值为．