2021-2022学年青海省玉树州州直高中高三（下）第四次大联考数学试卷（理科）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年青海省玉树州州直高中高三（下）第四次大联考数学试卷（理科）（Word解析版），共17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。
2021-2022学年青海省玉树州州直高中高三（下）第四次大联考数学试卷（理科） 题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60分）设集合，则(    )A.  B.  C.  D. 已知复数满足是虚数单位，则(    )A.  B.  C.  D. 已知命题：，；命题：若，则，下列命题为真命题的是(    )A.  B.  C.  D. 已知，，则(    )A.  B.  C.  D. 某企业对其生产的一批产品进行检测，得出每件产品中某种物质含量单位：克的频率分布直方图如图所示．则该物质含量的众数和平均数分别为(    )
A. 和 B. 和 C. 和 D. 和已知，表示两条不同的直线，，表示两个不重合的平面，下列说法正确的是(    )A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则二项式的展开式中的常数项为(    )A.  B.  C.  D. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象(    )A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度已知直线与圆：相交于点，，若是正三角形，则实数(    )A.  B.  C.  D. 已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 已知是椭圆的下焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，则面积的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 已知实数，，满足，且，则(    )A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20分）已知向量，，若，则______．已知点在直线的上方，则双曲线的离心率的取值范围为______．在锐角中，角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为______．已知在三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82分）已知等差数列的前项和为，数列为等比数列，且，．
求数列，的通项公式；
若，求数列的前项和．如图，在长方体中，，为的中点．
证明：平面；
求二面角的正弦值．
某紫砂壶加工工坊在加工一批紫砂壶时，在出窑过程中有的会因为气温骤冷、泥料膨胀率不均等原因导致紫砂壶出现一定的瑕疵而形成次品，有的直接损毁．通常情况下，一把紫砂壶的成品率为，损毁率为对于烧窑过程中出现的次品，会通过再次整形调整后入窑复烧，二次出窑，其在二次出窑时不出现次品，成品率为已知一把紫砂壶加工的泥料成本为元把，每把壶的平均烧窑成本为元次，复烧前的整形工费为元次，成品即可对外销售，售价均为元．
求一把紫砂壶能够对外销售的概率；
某客户在一批紫砂壶入窑前随机对一把紫砂壶坯料进行了标记，求被标记的紫砂壶的最终获利的数学期望．已知函数．
讨论函数的单调性；
当时，证明：注：，已知抛物线：经过点，是圆：上一点，，都是的切线．
求抛物线的方程及其准线方程；
求的面积得最大值．
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线交于不同的两点，．
求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
若点为直线与轴的交点，求．已知函数．
求不等式的解集；
若为不等式的解集的子集，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
．
故选：．
利用交集定义．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
，即，
．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：命题：，；由于，故命题为真命题；
对于命题：若，整理得，则，故命题为假命题；
故为假命题；为假命题；为假命题；为真命题；
故选：．
首先判定命题和命题的真假，进一步利用真值表的应用求出结果．
本题考查的知识要点：真值表的应用，命题真假的判定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：，，
，
，
故选：．
利用同角三角函数间的关系，可求得，再利用二倍角的正弦公式可得答案．
本题考查二倍角的三角函数，考查运算能力，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】【分析】
本题考查考查频率分布直方图中众数和平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
根据频率分布直方图中最高小矩形得出众数落在第三组，从而求出众数的值，再根据每个小组的频率以及中间值求出频率分布直方图的平均数．
【解答】
解：根据频率分布直方图得出众数落在第三组内，
所以众数为，
含量在之间的频率为，
含量在之间的频率为，
含量在之间的频率为，
根据概率和为，可得含量在之间的频率为，
所以频率分布直方图的平均数为：
．
故选：．  6.【答案】 【解析】解：若，，则或与相交或与异面，故A错误；
若，，则或与相交，故B错误；
若，，则或，故C错误；
若，，由直线与平面垂直的性质可得，故D正确．
故选：．
由平行于同一平面的两直线的位置关系判定；由平行于同一直线的两平面的位置关系判定；由直线与直线垂直、直线与平面垂直分析线面关系判定；由直线与平面垂直的性质判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：展开式的通项公式为，，，，，
令，解得，所以展开式的常数项为，
故选：．
求出展开式的通项公式，令的指数为，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：因为，
，
所以将函数的图象向左平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：．
直接利用三角函数关系式的平移变换的应用求出结果．
本题考查函数的图象变换，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：由圆的方程可得圆心，半径，
可得圆心到直线的距离，
又因为为等腰直角三角形，则，则，
所以，
解得：，
故选：．
圆的方程可得圆心坐标及半径，求出一次到直线的距离，再由所得的三角形为等边三角形可得圆心到直线的距离为倍的半径，可得的值．
本题考查直线与圆相交的弦长的应用，圆中等腰边三角形的性质，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：当 时，，令，得，或舍去，
令，得，令，得，
若函数有三个零点，则，无解，即不可能有三个零点；
当时，，由知有，或，三个零点，满足题意；
当时，，
当时有一个零点，是函数的一个零点，所以当时函数只有一个零点，
令，得，或舍去，
令，得，即不论取大于的何值，是函数的一个零点，
故有三个零点，
综上，实数的取值范围是．
故选：．
讨论的取值，并根据的正负去掉绝对值符号求解函数的零点，即可得到的取值范围．
本题考查了函数的零点、分类讨论思想，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：由椭圆的方程可得，，
所以，
所以下焦点，
显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，设，，
联立，整理可得：，
可得：，，
所以，
设，
则，
因为，所以单调递增，
所以，
所以，
故选：．
由椭圆的方程可得下焦点的坐标，设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，求出两根之和及两根之积，代入三角形的面积公式，换元，由函数的单调性可得面积的取值范围．
本题考查直线与椭圆的综合及换元法的应用，由函数的单调性求最值的思想，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】先证明，可得，即，即，再结合 的条件，即可求解．
本题考查数值大小的比较，需要需要熟练掌握不等式变换的公式，属于基础题．【解答】解：令，则，
当时，，
当时，，
在上单调递增，上单调递减，
故，
，
，
，即，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：．  13.【答案】 【解析】解：向量，，，
，
则，
故答案为：．
由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得的值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题
 14.【答案】 【解析】解：点在直线的上方，可得，即，
．
故答案为：．
分析可知，由可求得结果．
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：由正弦定理及，得，
又，
，
为锐角三角形，
，
，解得，，，
．
故答案为：．
由已知及正弦定理可求，又，可求，利用同角三角函数基本关系式可求，利用余弦定理解得，，的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：如图，取的中点，连接，，则，，过作平面的垂线，球心在此垂线上，
设为的重心，由为等边三角形，也是外接圆的圆心，，
由球的性质可知平面，平面，，
，，，
设球的半径为，则，解，所以．

故答案为：．
由于是等边三角形，是等腰直角三角形，可知取中点时，，由球的性质可推出，，利用勾股定理，，求出球的半径即可求解．
本题考查结构体外接球表面积问题，考查计算能力和直观想象能力，属于中档题．
 17.【答案】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题意得：，解得：，
所以，
由得：，所以，
所以；
，
则，
，
两式相减得：
，
所以． 【解析】求出公差和公比，得到通项公式；
利用错位相减法求和．
本题考查了等差数列，等比数列的通项公式和错位相减求和，属于中档题．
 18.【答案】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，

设，则，，，，
，，，，，
，
，
，，
又，
平面；
设平面的法向量为，
，
令，可得，
，
故二面角的正弦值为． 【解析】由向量法结合判定证明即可；
由向量法得出面角的正弦值．
本题考查了直线与平面垂直的证明以及二面角的计算，属于中档题．
 19.【答案】解：设一把紫砂壶第一次出窑为次品为事件，则，
则第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率为，
则一把紫砂壶能够对外销售的概率．
的可能取值为，，，
，
则，，
，，
则的分布列为： 所以最终获利的数学期望为： 【解析】计算出第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率，加上第一次即为正品的概率，求出答案；
求出的可能取值及相应的概率，求出分布列，计算出期望．
本题主要考查分布列及其计算，概率统计的实际应用等知识，属于中等题．
 20.【答案】解：定义域为，

，
，，
当时，，，在上单调递增，
当时，，，在上单调递减，
即在上单词递增，在上单调递减；
证明：由知，在处取最小值，
即，，
令，，
，恒成立，单调递减，
又，，
存在，使，
令，故在上单调递增．
，故在上单调递减．
最小值在处取或处取，，

．
，
，
即． 【解析】求出函数的导数，分别讨论参数，利用函数导数研究函数的单调性即可，
由知，在处取最小值，要证即要证，，故求出，的最小值大于等于即可．
本题考查函数的导数应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．
 21.【答案】解：因为抛物线经过点，
所以，即，
所以抛物线的方程为，
所以准线方程为，
设，切线方程为，
，的斜率分别为，，
由，得，
令，得，
由韦达定理可得，，且，，
所以，，
于是，
所以直线的方程为，
即，
所以点到直线的距离为，
，
所以

 ．
所以的面积得最大值为． 【解析】把点代入抛物线方程，解得，进而可得抛物线的准线方程．
设，切线方程为，，的斜率分别为，，联立切线与抛物线的方程，得关于的一元二次方程，然后求出点，的坐标，得到直线的方程，再计算点到直线的距离为，即可得出答案．
本题考查圆，抛物线与直线的位置关系，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：直线的参数方程为为参数，转换为普通方程为．
曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为．
把为参数代入，
得到；
故，；
故． 【解析】直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 23.【答案】解：，
，
当时，原不等式可化为，解得，
，
当时，原不等式可化为，解得，
当时，原不等式可化为，解得，
综上，不等式的解为．
由可得，
因为为不等式的解集的子集，
所以时，不等式恒成立，
所以可得恒成立，
即恒成立，化简得恒成立，
所以，
即实数的取值范围为． 【解析】分区间讨论，去掉绝对值号求解不等式即可；
由题意转化为时，不等式恒成立，分离参数后，求函数最值即可得解．
本题考查了绝对值不等式的解法、分类讨论方法、转化方法、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．