2022届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（四）数学（文）试题含解析

这是一份2022届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（四）数学（文）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届四川省成都市石室中学高三专家联测卷（四）
数学（文）试题
一、单选题
1．已知集合，则
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解一元一次不等式和对数不等式化简集合的表示，再利用集合交集的定义，结合数轴求出结果.
【详解】，，
则.
故选：D
【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了解对数不等式，考查了数学运算能力.
2．复数的模（       ）．
A． B．2 C．1 D．
【答案】A
【分析】利用复数乘法化简后依据复数模的定义即可求得
【详解】由，得，则．
故选：A
3．空气质量指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：
指数值






空气质量
优
良
轻度污染
中度污染
重度污染
严重污染

如图是某市10月1日—20日指数变化趋势：

下列叙述正确的是A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好
B．这20天中的中度污染及以上的天数占
C．这20天中指数值的中位数略高于100
D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差
【答案】C
【解析】通过图象的变换可以判断出选项A的正确性，通过所给的表可以统计出中度污染及以上的天数，这样可以判断选项B的正确性，根据表中所提供的数据可以判断出中位数的大小，这样可以判断出选项C的正确性，通过表中所提供的数据可以判断出选项D的正确性.
【详解】由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A错误，这20天中的中度污染及以上的天数有天，B错误，10月上旬大部分指数在100以下，10月中旬大部分指数在100以上，D错误.根据表中所提供的数据可以判断出中位数略高于100，所以C正确.
故选：C
【点睛】本题考查了识图和识表的能力，考查了中位数的概念，考查了数据分析能力.
4．设x，y满足约束条件，则的取值范围是（       ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出可行域，依据线性规划即可得到的取值范围.
【详解】由x，y满足约束条件，作出可行域如图中阴影部分所示．

由，可得；由，可得．
化目标函数为．
由图可知，当直线过点A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为；
当直线过点B时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为3．
因此，的取值范围是．
故选：D
5．已知角满足，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由诱导公式将所给式子化简得，得，再根据二倍角公式可得出的值.
【详解】由得：，即，
.
故选：A.
【点睛】本题考查诱导公式和余弦二倍角公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
6．关于函数有下述三个结论：
①的最小正周期是；
②在区间上单调递减；
③将图象上所有点向右平行移动个单位长度后，得到函数的图象.
其中所有正确结论的编号是（       ）
A．② B．③ C．②③ D．①②③
【答案】C
【分析】根据三角函数的周期公式求出最小正周期可知①正确；根据正弦函数的单调性可知②正确；根据图象变换规律可知③正确.
【详解】由可得函数的最小正周期为，故①不正确；
当时，，所以在区间上单调递减，故②正确；
将图象上所有点向右平行移动个单位长度后，得到的图象，即，故③正确.
故选：C
7．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，，，解得，该函数的定义域为，
，该函数为奇函数，
当时，，与图象不符；
对于B选项，函数的定义域为，与图象不符；
对于C选项，，，解得，该函数的定义域为，
，该函数为奇函数，
当时，，与图象相符；
对于D选项，，，解得，该函数的定义域为，
，该函数为偶函数，与图象不符.
故选：C.
【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；
（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．
（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.
8．我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为
A．108石 B．169石 C．237石 D．338石
【答案】A
【分析】根据抽取样本中米夹谷的比例，得到整体米夹谷的频率，从而可得结果.
【详解】粒内夹谷18粒，
米中含谷的频率为，
石中夹谷约为（石）.故选A.
【点睛】本题主要考查样本估计总体的应用，以及频率估计概率的应用，意在考查灵活应用所学知识解决实际问题的能力，属于基础题.
9．如图所示的三棱柱，其中，若，当四棱锥体积最大时，三棱柱外接球的体积为

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】四棱锥体积是三棱柱体积的，因此要三棱柱体积，而棱柱的高最大值为，因此只要最大即可，此时三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，是斜边，因此其外接球球心是和的交点．由此可得外接球半径．
【详解】∵，∴，∴只要三棱柱体积取最大值，则四棱锥体积最大，三棱柱的高最大值为，
∴此时，，当且仅当时等号成立，∴的最大值为2（此时），∴．连接交于点，设分别是的中点，则，且，从而平面，由知是的外心，∴是三棱柱外接球的球心，在正方形中，，∴．
故选：C．

【点睛】本题考查球的体积，考查三棱柱与其外接球，考查棱柱与棱锥的体积．本题难点有两个，一个是三棱柱体积最大时三棱柱中的线面位置关系，一个是外接球的球心位置．多面体的外接球球心一定在过各面外心的该面的垂线上．
10．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：

直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线平面PBC；平面平面PAD．
其中正确的结论个数为　　
A．4个
B．3个
C．2个
D．1个
【答案】C
【分析】把平面展开图还原回立体图形，根据异面直线的概念和线面关系的判定，依次判断各个选项，得到正确结论的个数．
【详解】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：

①为中点，又四边形为矩形       
       四点共面
直线与共面，不是异面直线，即①错误
②平面，平面，，平面
直线与直线为异面直线，即②正确
③，平面，平面
平面，即③正确
④假设平面平面，即平面平面
又平面平面，作，垂足为，可得平面
但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误
本题正确选项：
【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系．关键在于熟悉异面直线的概念、线面平行和垂直关系的判定定理．
11．过抛物线的焦点作倾斜角为60°的直线交抛物线于，两点，且，则的值为
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】【详解】试题分析：根据抛物线焦点弦的性质可知，，故选A.
【解析】抛物线焦点弦的性质．
【名师点睛】若为抛物线的焦点弦，为抛物线焦点，，两点的坐标分别为，，则：，，以为直径的圆与抛物线的准线相切，.
12．设是定义在R上的偶函数，对任意，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程恰有3个不同的实数根，则a的取值范围是（       ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把方程恰有3个不同的实数根，转化成在区间内函数与函数的图象有三个交点，数形结合去解决即可.
【详解】由题意可得，函数是周期为4的偶函数．
根据，，画出内的图象如图所示．

关于x的方程恰有3个不同的实数根，
则在区间内函数与函数的图象有三个交点，
则，解得．
故选：D
二、填空题
13．已知向量，，且，则_______．
【答案】
【分析】根据，两边平方化简得到求解.
【详解】已知向量，，
因为，
所以，
所以，
即，
解得.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
14．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，下列判断：
①若，则角有两个解；
②若，则边上的高为；
③不可能是9.
其中判断正确的序号是______.
【答案】③
【解析】利用余弦定理逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于①，若，由余弦定理得，
故，此方程有唯一解，故角有唯一解，所以①错.
对于②，因为，故，即，
又由余弦定理可得，故，
所以即，故，
消元后可得，因，故方程无解，
即满足的三角形不存在，故②错误.
对于③，由余弦定理可得，
整理得到即，故不可能是9，故③正确.
故答案为：③.
【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，还考查了基本不等式的应用，注意根据三角形中已知的量选择合适的定理来构建关于未知量的方程，再对所得的方程进行代数变形（如放缩、消元等），本题属于中档题.
15．设函数，若，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】分和解不等式即可得答案
【详解】解：当时，由，得，解得，
当时，由，得，解得，
综上，或，
即实数的取值范围为，
故答案为：
16．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，点的极坐标为，曲线的直角坐标方程为：.
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）过点的射线交曲线于点，交直线于点，若，求射线所在直线的直角坐标方程.
【答案】（1）； （2）
【分析】（1）由，，能求出曲线的极坐标方程，把点的极坐标和点的极坐标都化为直角坐标，求出直线的直角坐标方程，由此能求出直线的极坐标方程；
（2）设射线，代入曲线，得：，代入直线，得：，由，得到，由此能求出射线所在直线的直角坐标方程.
【详解】（1）因为曲线的直角坐标方程为：.
所以，
因为，，
所以曲线的极坐标方程为，即，
因为点的极坐标为，点的极坐标为，
所以点的直角坐标为，点的直角坐标为，
所以直线的直角坐标方程为，
所以直线的极坐标方程为.
（2）设射线，代入曲线，得：，
代入直线，得：，
因为，
所以，
所以，
所以射线所在直线的直角坐标方程为.
【点睛】本题考查直线、圆的极坐标方程的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化，属于中档题.
三、双空题
17．已知双曲线C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴，且经过点，下列条件中哪一个条件能确定唯一双曲线C，该条件的序号是__________；满足该条件的双曲线C的标准方程是________.
条件①：双曲线C的离心率；
条件②：双曲线C的渐近线方程为；
条件③：双曲线C的实轴长为2.
【答案】     ②    
【分析】依题意设双曲线C的标准方程为，代入得，然后分别选择三个条件，分两种情况讨论求双曲线方程，根据求出的结果可得答案.
【详解】依题意设双曲线C的标准方程为，则，
若选择条件①：双曲线C的离心率，
当时，则，即，代入得，此时双曲线的标准方程为，
当时，，则，即，代入，，此时双曲线的标准方程为，
所以选择条件①时，不能确定唯一双曲线C；
若条件②：双曲线C的渐近线方程为，
当时，则，即，代入，得，此时双曲线的标准方程为，
当时，，，即，代入，得，不合题意，舍去，
所以选择条件②时，能确定唯一双曲线C；
若条件③：双曲线C的实轴长为2，
当时，则，即，代入，得，此时双曲线的标准方程为，
当时，，则，即，代入，，此时双曲线的标准方程为.
所以选择条件③时，不能确定唯一双曲线C；
故答案为：②；.
【点睛】关键点点睛：掌握双曲线的标准方程和几何性质是本题解题关键.
四、解答题
18．从某校高三上学期期末数学考试成绩中，随机抽取了名学生的成绩得到如图所示的频率分布直方图：

（1）根据频率分布直方图，估计该校高三学生本次数学考试的平均分；
（2）若用分层抽样的方法从分数在和的学生中共抽取人，该人中成绩在的有几人？
（3）在（2）中抽取的人中，随机抽取人，求分数在和各人的概率．
【答案】(1) ;(2) ;(3) .
【解析】【详解】试题分析：（1）由频率分布直方图的实际意义求平均数即可；（2）利用分层抽样的特点（等比例抽样）进行求解；（3）列举基本事件，利用古典概型的概率公式进行求解.
试题解析：（1）由频率分布直方图，得该校高三学生本次数学考试的平均分为
0.0050×20×40+0.0075×20×60+0.0075×20×80+0.0150×20×100
+0.0125×20×120+0.0025×20×140=92．
（2）样本中分数在[30，50）和[130，150]的人数分别为6人和3人
所以抽取的6人中分数在[130，150]的人有（人）
（3）由（2）知：抽取的6人中分数在[30，50）的有4人，记为A1,A2,A3,A4
分数在[130，150]的人有2人，记B1，B2，
从中随机抽取2人总的情形有(A1,A2)、（A1, A3）、（A1, A4）、（A1, B1）、（A1, B2）、
（A2, A3）、（A2, A4）、（A2, B1）、（A2, B2）、（A3,A4）、（A3, B1）、（A3, B2）、
（A4, B1）、（A4, B2）、（B1, B2）15种；而分数在[30，50）和[130，150]各1人的情形有
（A1, B1）、（A1, B2）、（A2, B1）、（A2, B2）、（A3, B1）、（A3, B2）、（A4, B1）、
（A4, B2）8种
故所求概率   
19．已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）首先求出首项，然后以代，得到一个新的等式，两个等式相减，即可得到一个关于的表达式，最后求出数列的通项公式；
（2）运用等差数列和等比数列的前项和公式分组求和即可.
【详解】（1）当时，，当时，由可得，
，得：，因此
数列的通项公式为：；
（2）设，
所以


.
【点睛】本题考查了已知数列递推公式求通项公式，考查了利用等差数列和等比数列的前项和公式分组求和，考查了数学运算能力.
20．如图，直三棱柱中，是的中点.

（1）证明：平面；
（2）若，，求点到平面的距离.
【答案】（1）详见解析（2）
【分析】（1）由线线平行可证明线面平行，即易证，又平面，平面，所以平面；
（2）由的中点在平面上，即点到平面的距离与到平面的距离相等，再由三棱锥的体积，的面积，结合三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】解：（1）连接，设与的交点为，则为的中点，
连接，又是的中点，
所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）由，是的中点，
所以，
在直三棱柱中，，，
所以，
又，
所以，，
所以.
设点到平面的距离为，
因为的中点在平面上，
故到平面的距离也为，
三棱锥的体积，
的面积，
则，得，
故点到平面的距离为.
【点睛】本题考查了由线线平行从而证明线面平行及等体积法求点到面的距离，重点考查了空间想象能力，属中档题.
21．已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点.
（1）求的最大值，并证明你的结论；
（2）若、分别是椭圆长轴的左、右端点，设直线的斜率为，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）的最大值为，证明见详解；（2）
【解析】（1）由椭圆的定义可知，在中，利用余弦定理可得：，再利用基本不等式得到，当且仅当时等号成立，再结合，以及余弦函数的图象，即可得到的最大值；
（2）设直线BM的斜率为，，则，再根据的范围即可得到的范围.
【详解】解：（1）由椭圆的定义可知，
在中，由余弦定理，可得



，
，
的最大值为，此时，
即点为椭圆的上、下顶点时，取最大值，其最大值为；
（2）设直线的斜率为，，则
，，
，
又，，
，
，
，
故直线的斜率的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，余弦定理和基本不等式的应用，过两点的直线的斜率公式，是中档题.
22．已知函数的极大值为,其中为自然对数的底数.
（1）求实数的值；
（2）若函数,对任意,恒成立.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】（1）求函数定义域,然后对函数求导,根据函数单调性,得出时,有极大值,即可算出实数的值.
（2）（i）由（1）知,,代入中,根据,整理至即对恒成立,设新函数,将原问题转化为：对恒成立,分的取值范围分类讨论即可得出实数的取值范围.（ii）要证,
转化为证证,整理至,设两个新函数,,分别对两个新函数求导,判断单调性,即可证得成立.
【详解】解：（1）的定义域为,
,
令,解得：,
令,解得：,
所以当,为增函数,当,为减函数,
所以时,有极大值,
所以;
（2）（i）由（1）知,,
则,即对恒成立,
所以对恒成立,
即对恒成立,
设,则对恒成立,
,
设,,
原问题转化为：对恒成立,
①若,当时,

则,
不合题意;
②若,则对恒成立,
符合题意
③若,则,
令,,令,,
所以当时,为减函数,
当时,为增函数,
所以,
即,即;
综上.
（ii）要证,
只需证,
即,即,
只需证,
设,,
因为
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以：
因为恒成立,
所以在上单调递增,
所以,则,则,
由（2）可知,,所以;
所以,
即,得证.
所以 成立.
【点睛】本题考查已知导数的极值求参数,考查利用导数判断单调性,证明不等式恒成立,考查计算能力,属于中档题.
23．已知函数的一个零点为1．
求不等式的解集；
若，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（ I）先由题目条件求得a,运用分段函数求得f（x）的解析式，由f（x）≤1，即有或，解不等式即可得到所求解集；（2）由（1）知，因为，，由“1”的利用和均值不等式证明即可.
【详解】（1）因为函数 （）的一个零点为，
所以
又当时，，，
上述不等式可化为或，或
解得或或
所以或或，
所以原不等式的解集为
（2）由（1）知，因为，，
所以 ，
当且仅当，时取等号，所以．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，运用分段函数求解，由“1”的利用和均值不等式证明不等式成立，注意取等条件，属于中档题．