2022届山西省太原市第五中学校高三下学期5月阶段性检测数学（文）试题含解析

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2022届山西省太原市第五中学校高三下学期5月阶段性检测数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，若，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式求得集合，对进行分类讨论，根据是的子集列不等式，从而求得的取值范围.【详解】，当时，，满足.当时，由于，所以.综上所述，的取值范围是.故选：C2．复数满足，则的虚部是（        ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过计算出，从而得到，根据虚部的概念即可得结果.【详解】∵，∴，∴，即的虚部是，故选A.【点睛】本题主要考查了复数除法的运算，共轭复数的概念，复数的分类等，属于基础题.3．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因，则.故选：D4．第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在北京举行，中国代表团取得了9枚金牌，4枚银牌，2枚铜牌的历史最好成绩．2月8日，在自由式滑雪女子大跳台坡面障碍技巧比赛中，中国运动员谷爱凌在最后一跳中完美地完成了超高难度动作1620，得分反超对手，获得了金牌．已知六个裁判为谷爱凌这一跳的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分中的一个最高分和一个最低分，剩下四个有效分的平均数即为该选手的本轮得分．设这六个原始分的中位数为，方差为；四个有效分的中位数为，方差为．则下列结论正确的是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由中位数求法分别求出、，再根据方差公式求、，比较它们的大小即可得答案.【详解】由题设，评分从小到大为，去掉一个最高、低分为，所以，平均数，，所以.故选：D5．已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（       ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】首先求出直线与圆相切时的取值，再根据充分必要条件的定义判断.【详解】若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，则 ，解得，所以“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：B【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，充分必要条件，重点考查计算，理解能力，属于基础题型.6．已知向量，，且.若点的轨迹过定点，则这个定点的坐标是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出点的轨迹为动直线，从而可求定点.【详解】因为，故，整理得到：，故定点为：.故选：A.7．函数的部分图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性及函数在时，函数值的正负，即可得到答案；【详解】，函数为偶函数，排除A,C，当时，，排除D，故选：B8．已知函数的定义域为，其图象关于原点及对称．当时，则下列叙述正确的是（       ）A．是周期函数 B．的图象关于对称C．在单调递增 D．的值域为【答案】C【分析】根据条件，作出函数的图象逐项判断.【详解】解：因为函数的定义域为，其图象关于原点及对称．且时，其图象如图所示：由函数图象知：为奇函数，在单调递增，其值域为，不是周期函数，图象也不关于对称，故选：C．9．如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是的正三角形.若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据轴截面求出圆锥底面圆的半径，设出圆柱形冰块的底面半径，用含的式子表达出圆柱形冰块的高，从而得到圆柱形冰块的体积关于x的表达式，用导函数求解最大值.【详解】设圆锥底面圆的半径为，圆柱形冰块的底面圆半径为，高为，由题意可得，，解得:，，设圆柱形冰块的体积为，则.设，则，当时，；当时，，故在取得极大值，也是最大值，所以，故酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为.故选：C10．，，，其中，e分别是圆周率､自然对数的底数，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】判断 ，采用作商法比较大小，根据的特征，可看作是曲线上两点连线的斜率，结合导数的几何意义，即可比较出二者大小关系，同理比较的大小关系，可得答案.【详解】 ,而 表示连接两点 连线的斜率，这两点都在函数 的图象上， ，如图示，当 时，曲线的切线的斜率k满足 ，所以此时两点连线的斜率，即 ，而 表示连接曲线上两点 连线的斜率，如图：而 ，当 时，曲线的切线的斜率 满足 ，所以此时两点连线的斜率，即 ，故，故选：D11．已知函数，若方程在区间上恰有5个实根，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由方程，解得，得到的可能取值，根据题意得到，即可求解.【详解】由方程，可得，所以，当时，，所以的可能取值为，，，，，，…，因为原方程在区间上恰有5个实根，所以，解得，即的取值范围是.故选：D.12．已知函数f（x）＝aex－2－lnx＋2lna，若f（x）≥3，恒成立，则a的取值范围为（       ）A．[1，＋∞） B．[，＋∞）C．[e，＋∞） D．[2e，＋∞）【答案】C【分析】根据特殊值法，再结合构造函数法，通过放缩法、导数的性质进行验证即可.【详解】由题设可知，要使成立，则，即，设，因为，所以单调递增，而，由，∴.下证：当时，恒成立，∵，∴，构造函数，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数有最小值，即（当时，两式等号成立），构造函数，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数有最大值，即（当时，两式等号成立），则，得证.所以.故选：C.【点睛】关键点睛：构造不等式的形式，构造函数，根据函数运用放缩法进行求解是解题的关键.二、填空题13．若实数，满足约束条件，则的最大值为_________________．【答案】.【解析】首先画出约束条件表示的平面区域，数形结合即可得解.【详解】解：约束条件表示的平面区域如图所示，解得即图形是由原点，，，围成的四边形区域（包括边界），由线性规划可得当直线平移到点时，目标函数有最大值，则故答案为：．【点睛】本题考查简单的线性规划问题，关键是根据线性约束条件画出可行域，体现数形结合思想，属于中档题.14．如图，图形中的圆是正方形的内切圆，点E，F，G，H为对角线与圆的交点，若向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影部分区域内的概率为_________．【答案】【分析】利用几何概型概率计算公式，计算得所求概率.【详解】设正方形的边长为2，则阴影部分的面积为，故若向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影部分区域内的概率为． 故答案为：.15．已知数列的前n项和为，，且数列，，且数列的前n项和为，则______.【答案】【分析】根据通项公式和前n项和公式的关系求，从而求得，再利用裂项相消法求其前n项和即可.【详解】对于数列，∵，∴，当时，，也满足上式，.∴，则＝.故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为，渐近线方程为，点A在圆上，若且点B是双曲线右支上的点，则的正切值为________.【答案】【分析】根据题意求解出双曲线方程，结合双曲线性质及三角形相关知识进行求解，得到结果.【详解】由题中条件知双曲线的渐近线方程为，即，又因为双曲线方程为，所以，则，故焦点为，圆的方程为，则，又，恰为圆的直径，点在圆上，故，而故点A为线段的中点，是等腰三角形，则，点在双曲线的右支上，由双曲线定义知，所以，，在中由勾股定理得，，则故答案为：【点睛】关键点点睛：解答本题需要有较强的综合能力，关键是能熟练运用双曲线性质及二倍角公式进行求解.三、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且___________.在下面的三个条件中任选一个补充到上面的问题中，并给出解答.①，②，③，，.(1)求角C；(2)若，求周长的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【分析】（1）选①由正弦定理结合和角公式得出角C；选②由和角公式结合辅助角公式得出角C；由数量积公式结合余弦定理得出角C；（2）由余弦定理结合基本不等式得出周长的取值范围.【详解】(1)选①由正弦定理及，，又，，，又，.选②由，，即，.，，，.选③，...化简得，.又，.(2)由余弦定理得，又，当且仅当时等号成立.，，当且仅当时等号成立..又，.周长的取值范围为.18．如图，是边长为的等边三角形，分别在边上，且，为边的中点，交于点，沿将折到的位置，使.(1)证明：平面；(2)若平面内的直线平面，且与边交于点，是线段的中点，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）首先确定，在中，利用勾股定理可证得；再根据等腰三角形三线合一可得；由线面垂直的判定定理可得结论；（2）连接，作交于点，由线面平行的判定可知平面，进而确定，由，利用三棱锥体积公式可得结果.【详解】(1)为等边三角形，为中点，，；，即，，，，则在中，，，，，即；，为中点，又，；，平面，平面.(2)连接，过在平面上作交于点，平面，平面，平面，此时四边形为平行四边形，，，即三棱锥的体积为.19．为了解“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法的效率（记忆的平均时间）是否有差异，将40名学生平均分成两组分别采用两种记忆方法记忆同一篇文章.由于事先没有约定用什么图表记录记忆所用时间（单位：min），其结果是“朗读记忆”用茎叶图表示（如图①），“默读记忆”用频率分布直方图表示（分组区间为，，…，）（如图②）.(1)分别计算“朗读记忆”和估算“默读记忆”（估算时，用各组的中点值代替该组的平均值）记忆这篇文的平均时间（单位：min）；(2)依据（1），用m表示40位学生记忆的平均时间，完成下列2×2列联表，判断“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间m是否有关联，并说明理由.参考公式和数据：【答案】(1)“朗读记忆”的平均时间为 min；“默读记忆”的平均时间为 min；(2)列联表见解析；无关联，理由见解析.【分析】（1）根据平均数公式直接求出两种记忆方式记忆这篇文章的平均时间；（2）由（1）求出，即可得到列联表，计算出卡方，即可判断.【详解】(1)解：“朗读记忆”的平均时间为 min；“默读记忆”的平均时间为 min；(2)解：由（1）可知，由频率分布直方图可得“默读记忆”中小于min的有人，所以列联表如下所示：零假设为：“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间无关联，所以，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断出不成立因此可以认为成立，即 “朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间无关联；20．已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）首先求出函数的定义域与导函数，分与两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意只需，即需要恒成立，设，，由（1）中的结论求出的最小值，则问题转化为，恒成立，参变分离可得，恒成立，再构造函数，，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；【详解】(1)解：因为定义域为，且，当，恒成立，所以该函数在上单调递增；当，令，解得，令，解得，所以该函数的单调增区间为，单调减区间为.综上，当，的单调递增区间为；当，的单调增区间为，单调减区间为.(2)解：若要，只需，即需要恒成立.设，，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，所以，于是需要，恒成立，即，恒成立.设，，则恒成立，所以，则，即.21．已知椭圆的中心在原点，左焦点、右焦点都在轴上，点是椭圆上的动点，的面积的最大值为，在轴上方使成立的点只有一个．（1）求椭圆的方程；（2）过点的两直线，分别与椭圆交于点，和点，，且，比较与的大小．【答案】（1）（2）【分析】（1）根据已知设椭圆的方程为，由已知分析得，解得，即得椭圆的方程为.（2）先证明直线的斜率为0或不存在时，.再证明若的斜率存在且不为0时，.【详解】（1）根据已知设椭圆的方程为，.在轴上方使成立的点只有一个，∴在轴上方使成立的点是椭圆的短轴的端点.当点是短轴的端点时，由已知得，解得.∴椭圆的方程为.（2）.若直线的斜率为0或不存在时，且或且.由，得.若的斜率存在且不为0时，设：，由得，设，，则，，于是 .同理可得.∴.∴.综上.【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆的弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.22．在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中著名的有笛卡尔心型曲线.如图，在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为，为该曲线上一动点.(1)当时，求的直角坐标；(2)若射线逆时针旋转后与该曲线交于点，求面积的最大值.【答案】(1)或(2)【分析】（1）令，由此求得的值，进而可求的直角坐标.（2）设出两点极坐标，通过三角形面积公式求得面积的表达式，，将表达式转换为关于的二次函数，即可求得面积的最大值.【详解】(1)因为，所以，，因为，所以或，所以的极坐标为或，故的直角坐标为或(2)设，，则.表因为，，所以.令，则.所以，当时，有最大值，此时，，故的最大值为.23．已知函数．(1)若，求不等式的解集；(2)若，使得能成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）讨论x的范围去绝对值符号，求不等式解集即可.（2）由绝对值三角不等式，将不等式化为在上能成立，应用数形结合思想求m范围.【详解】(1)依题意得，当时，，则；当时，，则；当时，，则；综上，不等式的解集为(2)依题意，，又，故，令，，其函数大致图象如下，由图知：，则，∴m的取值范围为．小于m不小于m合计朗读记忆（人数）默读记忆（人数）合计0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828小于m不小于m合计朗读记忆（人数）101020默读记忆（人数）12820合计221840