2022届江苏省淮安市盱眙中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2022届江苏省淮安市盱眙中学高三上学期期中数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省淮安市盱眙中学高三上学期期中数学试题 一、单选题1．若复数，其中为虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得共轭复数，再利用复数模长的性质即可求解.【详解】解：复数，所以，故选：C.2．已知，，，则，，的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分别对，，与特殊值0或1进行比较，从而判断出出它们的大小关系，得到答案.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，即所以.故选：A3．若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求二倍角公式可得，进而可得，即求.【详解】由得，∴或，又，∴∴，∴.故选：D4．函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求导，判断导函数函数值的正负，从而判断函数的单调性，通过单调性判断选项.【详解】解：当时，，则，　　若，，，　　若，，，　　　　则恒成立，即当时，恒成立，则在上单调递减，故选：A.【点睛】本题主要考查函数的图象，可以通过函数的性质进行排除，属于中档题.5．已知是偶函数，当时，恒成立，设，，，则a、b、c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由题意判断得的单调性，再由是偶函数求得，从而利用的单调性判断得a、b、c的大小.【详解】因为当时，恒成立，因为，所以，即，所以在上是增函数，又因为函数是偶函数，则，令，得，即，即，因为，在上是增函数，所以，即故选：A.6．在平行四边形ABCD中，已知两邻边满足AD＝2AB＝2，且，E为BC的中点，是中点，则（    ）A．1 B． C． D．3【答案】C【分析】用为基底，表示，然后由数量积运算计算．【详解】因为E为BC的中点，是中点，所以，，，则，所以．故选：C．7．已知函数，记，则A． B． C． D．【答案】A【分析】由于，从而可求出的值【详解】解：因为，所以，所以故选：A8．2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（    ）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：，）A．83 B．60 C．50 D．44【答案】B【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：，即求.【详解】设每年应扣除的消费资金为万元，则1年后投入再生产的资金为：，2年后投入再生产的资金为：，5年后投入再生产的资金为：∴，∴.故选：B 二、多选题9．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．是钝角三角形C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆半径为【答案】ACD【解析】由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D.【详解】解：由，可设，，，，根据正弦定理可知，选项A描述准确；由为最大边，可得，即为锐角，选项B描述不准确；，，由，，可得，选项C描述准确；若，可得，外接圆半径为，选项D描述准确.故选：ACD.【点睛】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题.10．把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，关于的说法正确的是（    ）A．函数的图象关于点对称B．函数的图象的一条对称轴是C．函数在区间上的最小值为D．函数在上单调递增【答案】BC【分析】先求出的解析式，然后研究的对称轴，对称中心和递增递减区间等性质即可判断【详解】由题意得：选项A：把代入，，故A错误；选项B：代入，，故函数的图象的一条对称轴是，故B正确；选项C：，则，故的最小值为故C正确；选项D：，则，故在上不单调，选项D错误故选：BC11．以下四个命题表述正确的是（    ）A．直线恒过定点B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C．曲线与曲线恰有三条公切线，则D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，其中、为切点，则直线经过定点【答案】BCD【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径和列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D．【详解】由，得，联立，解得，直线恒过定点，故A错误；圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，曲线化为标准式，圆心距为，解得，故C正确；设点的坐标为，，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，令，，解得，，故直线经过定点，，故D正确．故选：BCD12．已知函数．则下列说法正确的是（    ）A．当时，B．当时，直线与函数的图像相切C．若函数在区间上单调递增，则D．若在区间上恒成立，则【答案】ABD【分析】对于A：当时，，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性，从而求得函数的最小值；对于B：当时，，求导函数，设切点为，则过切点的切线方程为：，由切线过原点，求得，继而求得过原点的切线方程；对于C：问题等价于在区间上恒成立，分离参数得在区间上恒成立，令，求导函数，分析导函数的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断；对于D：问题等价于在区间上恒成立，时，不等式恒成立；当时，分离参数，令，求导函数，分析的符号，得函数的单调性和最值，由此可判断.【详解】解：对于A：当时，，则，令，得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，故A正确；对于B：当时，，则，设切点为，则过切点的切线方程为：，因为切线过原点，所以，解得，此时，所以直线与函数的图像相切，故B正确；对于C：由函数得，因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，则，又令，所以，，函数单调递减，所以，所以，故C不正确；对于D：在区间上恒成立，等价于在区间上恒成立，当时，不等式恒成立；当时，恒成立，令，则，令，得，因为，，函数单调递减，所以，所以，故D正确；故选：ABD. 三、填空题13．若，，则___________.【答案】【分析】由余弦的和差角公式得，，进而得【详解】解：因为，所以.因为，所以，所以，，所以.故答案为：14．从编号分别为1，2，3，4，5的五个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则三个小球编号中最小号码不小于2的概率为____．【答案】【分析】根据古典概型概率公式计算可得结果.【详解】从编号分别为1，2，3，4，5的五个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，共有种取法，其中三个小球编号中最小号码不小于2的有，由古典概型概率公式可得所求概率为.故答案为：15．在中，所对的边分别为若，则面积最大值为__________【答案】【分析】利用余弦定理及基本不等式得，再由三角形面积公式得到，令，利用辅助角公式求得，由此可得面积的最大值.【详解】由余弦定理知， 所以，因为，当且仅当时，等号成立，所以，即，故，设的面积为，所以，令，可得，当且仅当时，上式等号成立，即有，解得或（舍去），则，所以，故面积最大值为故答案为： 四、双空题16．已知圆内一定点，过P作直线l交圆于A、B两点，若l的倾斜角为45°，则的值为________；若，则直线l的斜率为_______________．【答案】          【分析】求出直线方程，先求得圆心到直线距离，利用弦长关系即可求出，设，根据向量关系可得，直线方程代入圆即可建立关系求出.【详解】由题可得直线的方程为，圆的圆心为，半径2，则圆心到直线的距离为，则，设，，，，设直线的方程为，代入，整理得，，，，则可解得，则可得直线的斜率为.故答案为：；. 五、解答题17．已知数列满足：.(1)求数列的通项公式；(2)记为数列的前n项和，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用递推关系分类讨论与两种情况，注意检验，易得；（2）利用裂项求和法易得，再由可推得.【详解】（1）由已知可得当时，；当时，，得；当时，由，得，两式相减可得，则，经检验：满足，所以；（2）由（1）得，则，因为，则，故，则，故，所以，即，得证.18．在中，分别为内角的对边，且满足．（1）求的大小；（2）从①，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决问题．问题：已知___________，___________，若存在，求的面积，若不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再结合辅助角公式化简运算，可求出角的范围.（2）若选择条件①②，由余弦定理可计算的值，面积公式计算面积；若选择条件②③，正弦定理计算边，两角和的正弦计算，可求面积；若选择条件①③，由大边对大角可知三角形不存在.【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得因为所以即因为所以因为即（2）若选择条件①②，由余弦定理可得，解得，故，所以若选择条件②③由正弦定理可得，可得所以若选择条件①③这样的三角形不存在，理由如下：在三角形中，，所以，所以，所以又因为所以与矛盾所以这样的三角形不存在19．如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）首先在图①中，连接，根据勾股逆定理得到，又因为，从而得到平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面.（2）首先根据（1）易证平面，再以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）在图①中，连接，如图所示：因为四边形为菱形，，所以是等边三角形.因为为的中点，所以，.又，所以.在图②中，，所以，即.因为，所以，.又，，平面.所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由（1）知，，.因为，，平面.所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，.因为为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为，由，得.令，得.又平面的一个法向量为.设二面角的大小为，由题意知该二面角为锐角.则.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题第一问考查面面垂直的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查学生的计算能力，属于中档题.20．如图，已知抛物线y2＝2px（p＞0）上一点M（2，m）到焦点F的距离为3，直线l与抛物线交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且y1＞0，y2＜0，•12（O为坐标原点）．(1)求抛物线的方程；(2)求证：直线l过定点．【答案】(1)y2＝4x(2)证明见解析 【分析】（1）由抛物线定义可得p，然后得抛物线方程；（2）设直线方程联立抛物线方程，利用韦达定理将向量数量积坐标化可得直线参数，然后可证.【详解】（1）由抛物线定义可得23，解得p＝2，所以抛物线的方程为：y2＝4x；（2）证明：显然直线斜率不为0，设直线l的方程为x＝my+t，t＞0，联立，整理可得：y2﹣4my﹣4t＝0，可得：y1y2＝﹣4t，x1x2t2，所以x1x2+y1y2＝t2﹣4t＝12，t＞0，解得t＝6，所以直线l的方程为：x＝my+6，所以直线恒过定点（6，0）．21．已知函数(1)设函数，若在其定义域内恒成立，求实数a的最小值；(2)若方程恰有两个相异的实根，试求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用参数分离法得到，构造函数，利用导数求得其最大值，由此求得a的最小值；（2）将转化为，构造函数，利用导数求得其最大值，结合的单调性求得a的取值范围.【详解】（1）因为的定义域为，所以由，得在上恒成立，设，则，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，故，即，所以实数a的最小值为（2）由得，即，即，令，则，设，则，故函数在上单调递减，又，所以在上，故，所以单调递增，在上故，所以单调递减，所以，因为方程恰有两个相异的实根，所以恰有两个零点，结合的单调性可知，必有，即，故，下面证明当时，在上恰有两个零点，因为在上单调递增，又，，，则，故，又，所以，又，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点；因为在上单调递减，又，，，则，故，又，故，所以，令，则，故在上单调递减，所以，则，故，又，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点；综上：当时，在上有两个零点，则恰有两个相异的实根，故实数a的取值范围为【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．已知的两个顶点，，直角顶点C的轨迹记为曲线T，过点的直线l与曲线T相交于M，N两点．(1)求曲线T的方程；(2)在x轴上求定点，使得；(3)记的面积为，求的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用垂直得到，可求得曲线T的方程，注意；（2）联立方程，由韦达定理得与的值，再由题意可知，从而整理化简得到，由此求得；（3）先求得，利用换元法整理得，构造函数，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【详解】（1）设C点的坐标为，由题意知，存在，且，因为，所以，整理可得，故曲线T的方程为（2）不妨设直线l的方程为，点M、N的坐标分别为、，联立，整理得，由韦达定理得①，②．要使，则，则，即，又因为，，所以，即，代入①②两式，化简得，由m的任意性可知，即满足要求．（3）由于点P、Q的坐标分别为、，所以，故，因为，，所以，所以，令，则，由于，可得，所以，令，则，因为，，在上单调递增，所以，即，所以，即，故S的取值范围是.