2022届吉林省长春市东北师大附中高三第二次摸底考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届吉林省长春市东北师大附中高三第二次摸底考试数学（理）试题含解析，共19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届吉林省长春市东北师大附中高三第二次摸底考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则下列选项正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题化简两集合，即得.【详解】∵，，∴.故选：C.2．命题，成立的一个充分不必要条件是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据命题求得参数的范围，根据命题的集合语言，只要求得参数的范围的真子集即可得解.【详解】命题，成立，即，成立，则.又可以推出，反之，推不出，所以是命题成立的一个充分不必要条件，故选：D.3．已知函数在上为减函数，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分析可知内层函数在上为增函数，且有，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】令，因为外层函数为减函数，所以内层函数在上为增函数，则，得，且有，解得.综上所述，.故选：C.4．早在公元前十一世纪，周朝数学家商高就提出“勾三股四弦五”，《周髀算经》中曾有记载，大意为：“当直角三角形的两条直角边分别为（勾）和（股）时，径隅（弦）则为”，故勾股定理也称为商高定理.现有的三边满足“勾三股四弦五”，其中勾的长为，点在弦上的射影为点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出图形，计算出的值，然后利用平面向量数量积的定义可求得的值.【详解】如下图所示：由题意可知，，，则，，，所以，..故选：B.【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面数量积定义的的应用，考查计算能力，属于基础题.5．某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能是（       ）A． B．C． D．【答案】A【解析】根据函数图象，由函数基本性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，，则，所以是定义在上的奇函数，其图象关于原点对称，满足题中图象；又当时，，由可得，解得或；由可得，解得，满足题中图象，故该函数的解析式可能是；A正确；B选项，当时，，，所以，不满足题意；排除B；C选项，由得，即不过原点，不满足题意；排除C；D选项，因为，所以，则，不满足题意，排除D；故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6．已知函数，下列结论正确的是（       ）．A．函数的最小正周期为，最小值为1B．函数的最小正周期为，最小值为0C．函数的最小正周期为，最大值为2D．函数的最小正周期为，最大值为【答案】A【分析】由题意可得，故的最小正周期为，根据时，，进而得到最大值和最小值.【详解】由，得，，所以的最小正周期为，故排除B、D；当时，，由得，所以，所以，所以一个周期内，的最小值为1，最大值为，故排除C.故选：A7．已知符号函数，偶函数满足，当时，，则（       ）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用函数的周期性以及题中定义可判断BC选项.【详解】对于A选项，，A错；对于B选项，，B错；对于C选项，对任意的，，则，C对；对于D选项，，而，D错.故选：C. 8．已知等差数列的首项和公差均不为0，且满足，则的值为(       )A． B． C． D．【答案】B【分析】设等差数列公差为d，由得到和d的关系，代入即可求值.【详解】设等差数列的公差为，由得，即得.故选：B.9．为加快推进“5G+光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个5G基站A，B，C，D．已知C，D两个基站建在松花江的南岸，距离为；基站A，B在江的北岸，测得，，，，则A，B两个基站的距离为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意可得，，利用正弦定理求出BC，进而结合余弦定理即可求出AB.【详解】在中，，所以，有，所以，在中，，由正弦定理，得，在中，由余弦定理，得，所以，即两个基站A、B之间的距离为.故选：D10．已知，则下列大小关系正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用导数讨论的单调性后可得的大小.【详解】由题，．令，则，因为，所以，所以为上的单调增函数，又，因为，故.故选：C．11．设，（其中为自然对数的底数),若函数有个零点，则的取值范围A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：问题转化为直线与函数有四个交点，利用导数研究函数的性质，作出图象（草图），观察分析.详解：当时，，，由知在有一个零点，在上有一个零点，－1也是它的零点，且满足；当时， ，，由知在上有一个零点，且，都是极大值点，－1是极小值点，注意到，，，∴当时，直线与函数有四个交点，故选D.点睛：本题考查导数与复合函数，用导数研究函数的性质这个方法大家都会，此时中有一个关键点就是求复合函数的导数，对函数，其导数为，这是复合函数的求导法则.12．若函数有零点，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将零点问题转化为两个函数交点问题，构造函数，考察函数的极值及变化速率的关系可得.【详解】易知，当时，函数恒成立，不满足题意因为所以函数有零点，有零点，则方程有解，即方程有解即函数与的图象在上有交点，易知时，时，故，，当时，易知时，时，故，因为恒成立，所以此时无交点；当时，易知时，时，故，易知，当时，必有，所以当时，两函数图象一定有交点.令，因为，故函数单调递增，且，所以，当时，，即成立.当，时，当时，，此时，故两函数图象在上有交点.综上，b的取值范围为故选：C【点睛】该题主要考察利用导数研究函数零点问题，此类问题多转化为函数交点问题，借助单调性、极值、变化率、零点存在性定理等进行求解.二、填空题13．函数既有极大值，又有极小值，则的取值范围是_________．【答案】【分析】本题首先可通过求导得出，然后根据题意得出，最后通过计算即可得出结果.【详解】，，因为函数既有极大值，又有极小值，所以，即，，解得或，故的取值范围为，故答案为：.14．若，，且，则实数的值为_____．【答案】或【分析】运用正切两角和公式及对数的运算性质可求解.【详解】因为，所以，即，化简得，所以或，解得或.故答案为：或15．如图，矩形中，，，以为直径的半圆上有一点，若，则的最大值为___________.【答案】【分析】以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系如下图所示，由已知条件得出点坐标，圆M的方程，设，由，得出，再设（为参数），代入中，根据三角函数的值域，可求得最大值.【详解】以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，因为在矩形中，，，所以圆M的半径为，所以，，，， ，圆M的方程为，设，又，所以，解得，又点P是圆M上的点，所以（为参数），所以，其中，所以，当时，取得最大值，故答案为：.16．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手．已知正项数列的前项和为，且满足，则______．（其中表示不超过的最大整数）【答案】88【分析】根据已知条件，可得数列是首项、公差均为1的等差数列，即，再结合放缩法，即可求解．【详解】由题意可得，，当时，，化简得，又当时，，数列是首项、公差均为1的等差数列，，即，当时，   ①,设，由①可得，=，，∴，∴，∴且，∵，∴.．故答案为：88．【点睛】本题的难点是利用进行放缩，以求出的精确范围.三、解答题17．在中，分别为内角的对边，（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦定理将，角化为边，再由余弦定理求解即可；（2）由题意先求出，再由正弦定理求出边，结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）∵，由正弦定理得，，化简得，.∴.∵，∴；（2）∵，∴.∴.由正弦定理得，，∵，，∴.∴的面积.18．如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．图①                                                     图②（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．【分析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，∴是的中位线，∴且，所以为平行四边形，∴，因为面，面，所以平面．（2）解：取的中点为，连接，，其中，，由可得，显然面，故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；如图建立空间直角坐标系，则，，，，设存在点，，，，易知面的法向量可取，另外，，设面的一个法向量为，则，可取一个法向量为，则，为的中点．故存在点为的中点．19．设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列．已知，，，．(1)求和的通项公式；(2)设，求的前项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）通过基本量直接计算可得；（2）用裂项相消法可解.(1)记的公比为，的公差为，由题知：，解得或（舍去），故又，即，解得，故(2)由（1）知：所以20．已知椭圆的两个焦点分别是，其长轴长是短轴长的2倍，P为椭圆上任意一点，且的面积最大值为．（1）求椭圆M的方程；（2）设直线l与椭圆M交于A，B两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点C，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意可知的面积最大值最大时点在上（下）顶点处，进而可得，结合和即可求出结果；（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，结合韦达定理即可求出的值，然后表示出的面积，利用函数的性质即可求出最值..【详解】解：（1）由椭圆性质知，，又，解得，所以椭圆M的方程为．                    （2）显然，直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为，          联立，消去x得．设，，则有，①，又以线段为直径的圆过椭圆的右顶点C，∴，由，，得，将代入上式得，将①代入上式求得或（舍），直线l为，   则直线l恒过点．                    ∴，设，则在上单调递增，当时，取得最大值．【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21．已知函数在处的切线方程是．(1)求a，b的值；(2)若对于，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据切点在切线和曲线上，切点处的导数等于切线斜率可得；（2）构造函数求极值，将极值表示为函数，求其极值可解.(1)将切点坐标代入的，即，得，又因为，直线的斜率为所以，得(2)由（1）知，因为曲线与曲线有唯一的公共点，所以方程有唯一解，即令，则，则即，当，时，，函数单调递增，易知与有且只有一个交点，满足题意；当，时，有两个根，且两根之和为，两根之积为，所以两根一个大于4，一个小于4，此时，函数先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使有唯一实数根，则大于极大值或小于极小值.记为极大值点，则，则恒成立，又，即则极大值因为，令得，又时，综上，要使对，曲线与曲线都有唯一的公共点，则，即；当为极小值点，则，则，又，所以恒成立，又，所以时，，所以单减，无最小值，所以不存在，使得恒成立，所以，的取值范围为【点睛】该题破题关键在于将极值表示为函数，然后借助极值点处的导数等于0，对极值函数化简，然后求其极值可解.22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，记曲线与公共弦所在直线为．（1）求直线的极坐标方程；（2）设过点的直线与直线交于点，与曲线交于点（异于原点），求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）写出曲线与的普通方程，求出两曲线的公共弦所在直线的方程，化为极坐标方程即可；（2）将曲线的方程化为极坐标方程，设直线的极坐标方程为，设点、，求出、的表达式，由此可计算得出的值.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程为，曲线的极坐标方程为，其普通方程为，所以，直线的方程为，其极坐标方程为；（2）曲线的普通方程可化为，化为极坐标方程为，设直线的极坐标方程为，设点、，则，可得，将点的极坐标代入曲线的极坐标方程可得，因此，.【点睛】方法点睛：在已知普通方程求距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用直角坐标解决，或用直角坐标解决较麻烦，可将直角坐标方程转化为极坐标方程解决．23．设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据题意得，再分类讨论求解即可；（2）由绝对值三角不等式得，进而根据题意得恒成立，故，再解绝对值不等式即可得答案.【详解】解：（1）当时，若，则，当时，原不等式等价于，解得；当时，原不等式等价于恒成立，故；当时，，原不等式等价于，解得，，综上，不等式的解集为．（2）由绝对值三角不等式得．因为恒成立，即恒成立，所以，解得或．故实数的取值范围为．【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．