2022届辽宁省沈阳市东北育才学校学高中部高三上学期第三次模拟考试数学试题含解析

这是一份2022届辽宁省沈阳市东北育才学校学高中部高三上学期第三次模拟考试数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届辽宁省沈阳市东北育才学校学高中部高三上学期第三次模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，，则的子集共有 （    ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【分析】利用集合的交集的定义求出集合；利用集合的子集的个数公式求出的子集个数．
【详解】解：，
，
的子集共有
故选：．
2．为虚数单位，，，则（    ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据求解即可.
【详解】因为
又因为，
所以．
故选:A．
3．已知x，y为正实数，且满足，则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将整理变形得，又，可得，从而可求的最大值.
【详解】，，，
又，，，
当且仅当时，取等号，则的最大值是.
所以本题答案为B.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，对条件等式进行适当化简变形使之便于利用基本不等式求最值是解题的关键，属中档题.
4．已知实数，，，则的最小值是（   ）
A． B． C．3 D．2
【答案】B
【分析】根据已知条件，将变换为，利用基本不等式，即可求得其最小值.
【详解】∵，
∴
，
当且仅当，即，时取等号.
故选：B
【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值，注意对目标式的配凑，属基础题.
5．已知，函数在区间上恰有个极值点，则正实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先利用向量数量积和三角恒等变换求出 ，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围.
【详解】解：
           
令，解得对称轴，，
又函数在区间恰有个极值点，只需
解得．
故选：．
【点睛】本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题.
(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或 的形式; (2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围.
6．已知不过原点的动直线交抛物线：于，两点，为坐标原点，为抛物线的焦点，且，若面积的最小值为27，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，；可计算得三角形的面积大于；②当直线的斜率不存在时，设直线：，可计算得三角形的面积为，因此三角形的面积的最小值为，
【详解】①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，；
，，
∵，∴两边平方可得，
联立消去并整理得：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，∴，，


，
∴
，
②当直线的斜率不存在时，设直线：，
设，，
则，，
，解得，
∴，
面积的最小值为，
依题意，．
故选：B．
【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了韦达定理的应用及范围问题的解决方法，属难题．
7．在平面直角坐标系中，定义称为点的“和”，其中为坐标原点，对于下列结论：（1）“和”为1的点的轨迹围成的图形面积为2；（2）设是直线上任意一点，则点的“和”的最小值为2；（3）设是直线上任意一点，则使得“和”最小的点有无数个”的充要条件是；（4）设是椭圆上任意一点，则“和”的最大值为.其中正确的结论序号为（    ）
A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4）
C．（1）（3）（4） D．（2）（3）（4）
【答案】B
【解析】根据新定义“和”，通过数形结合判断（1）正确，通过研究函数最值对选项（2）（3）（4）逐一判断即可.
【详解】（1）当时，点的轨迹如图，其面积为2，正确；

（2）是直线上的一点，，
可知，，时递减，时递增，故的最小值在时取得，，正确；
（3）同（2），，可知当时，都满足，“和”最小的点有无数个，故错误；
（4）可设椭圆参数方程为，
易知其最大值为，正确.
故选：B.
【点睛】本题的解题关键是认真读题，理解新定义“和”，再通过数形结合和函数最值的研究逐一判断即突破难点.
8．已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最小值为（      ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先不等式变形为，，不等式等价于，然后利用函数的单调性可得对任意恒成立，再利用参变分离恒成立，转化为求函数的最小值.
【详解】不等式变形为 ，
即，设，
则不等式对任意的实数恒成立，
等价于对任意恒成立，
，则在上单调递增，
，即对任意恒成立，
恒成立，即，
令 ，则 ，
当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
时，取得最小值 ，
，即，
的最小值是.
故选：D
【点睛】本题考查函数，导数，不等式恒成立的综合问题，意在考查转化与化归的思想，计算能力，本题的关键和难点是不等式的变形，并能构造函数并转化为对任意恒成立.

二、多选题
9．若a，b是正实数，则的充要条件是（    ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】利用充分必要条件的定义逐项判断即可
【详解】若a，b是正实数，
由，可得：，反之，，可得；
故是的充要条件，故A正确；
由，可得：，
反之，由可得或.
是既不充分也不必要的条件，故B错误；
由在不是单调函数，故由推不出，
反之，也推不出；
故，是既不充分也不必要的条件，故C错误；
令，，，可得：
函数在上单调递增，
∴，即.
反之：由，即；
故是充要的条件，故D正确；
因此，若a，b是正实数，的充要条件为：，.
故选：AD.
10．如图，点M是正方体中的线段上的一个动点，则下列结论正确的是（       ）

A．存在点M，使平面
B．点M存在无数个位置满足
C．若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值
D．存在点M，使异面直线与AB所成的角是
【答案】ABC
【分析】取的中点为M，则可证明平面，又可证明平面，从而可判断B的正误，通过计算可判断CD的正误.
【详解】连接，取与的交点为，连接，它们的交点为，
连接.
由正方体可得 故四边形为平行四边形，
故，.
由正方形为正方形可得为的中点，同理为的中点，
故 所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，故平面，故A正确.

由正方体可得平面，
而平面，故，
由正方形可得，而，故平面，
无论在何处，总有平面，故，故B成立.

当变化时，到平面的距离为定值，
当与重合时，三棱锥的体积最大，
此时，故C正确.

设正方体的棱长为1，因为，故异面直线与AB所成的角即为或其补角 ，
在直角三角形中，,，
故，故不存在点M，使异面直线与AB所成的角是.

故选：ABC.
【点睛】思路点睛：对于与立体几何中的动点的恒成立线线关系问题，一般可转化为线面关系的判定问题，而与动点相关的最值或范围问题，则通过极端位置对应的值来讨论.
11．已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，下列结论正确的是（    ）
A．椭圆的离心率 B．双曲线的离心率
C．椭圆上不存在点使得 D．双曲线上存在点使得
【答案】ABD
【分析】设，则点，由点在椭圆和双曲线的渐近线上可求出椭圆和双曲线的离心率，分别令点为椭圆上顶点、点为双曲线的顶点时可判断C、D选项，即可得解.
【详解】如图，设，则由正六边形性质可得点，
由点在椭圆上可得，结合可得，
椭圆离心率，

当点为椭圆上顶点时，，此时；
点在双曲线的渐近线上可得即,
双曲线的离心率为,
当点为双曲线的顶点时，易知.
故选：ABD.

【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的性质，属于中档题.
12．已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（    ）
A．在是增函数
B．是奇函数
C．在上有两个极值点
D．设，则满足的正整数的最小值是
【答案】ABD
【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项的正误；验证、时，是否成立，由此可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，当时，，，
，所以，函数在是增函数，A选项正确；
对于B选项，令，该函数的定义域为，
，
，
则，
所以，函数为奇函数，B选项正确；
对于C选项，当时，，且，
所以，函数在内无极值点；
，
①当时，，，则，
则，，此时，，
所以，函数在上单调递减，
，，
所以，函数在上只有一个极值点；
②当时，，，
所以，，，则，
所以，，则，
所以，函数在上没有极值点.
综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；
对于D选项，.
当时，，，不成立；
当时，，
当时，，，
，，，则，
所以，，
所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：利用定义法判断函数的奇偶性，步骤如下：
（1）一是看定义域是否关于原点对称，如果定义域不关于原点对称，则该函数为非奇非偶函数；
（2）若函数的定义域关于原点对称，接下来就是判断与之间的关系；
（3）下结论.

三、填空题
13．设：，：，若的一个充分不必要条件是，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】记，，根据条件得，进而利用列不等式求解即可.
【详解】记，，
若的一个充分不必要条件是，则，
则，解得，经检验等号不能同时取到，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了由充分必要性求参数，涉及集合的包含关系，属于基础题.
14．已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．
【答案】
【分析】由题意正方体在正四面体的内切球中，正方体的体积最大时，正方体的外接球恰好为正四面体的内切球，由等体积法求出内切球的半径，得出正方体的对角线的长度，从而可得出正方体的棱长，求出体积.
【详解】正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，所以正方体在正四面体的内切球中，
要使得正方体在转动过程中占据的空间体积最大，即正方体的棱长最长，即正方体的外接球恰好为正四面体的内切球
所以正方体的棱长最长时，正方体的对角线为正四面体的内切球的直径.
如图正四面体,设为底面中心,则平面，连接并延长交于点.
则为的中点，故，所以
所以
所以正四面体的体积为
正四面体的表面积为
设正四面体的内切球的半径为，则，解得
由正方体的对角线为正四面体的内切球的直径，设正方体的棱长为
则，解得 ，体积为
答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查正四面体的内接球，球的内接正方体的棱长的求法，解答本题的关键是先由题意得出要使得正方体在转动过程中占据的空间体积最大，即正方体的棱长最长，即正方体的外接球恰好为正四面体的内切球，再求出正四面体的体积和表面积，然后由等体积法求出内切球的半径，属于中档题.
15．已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在上单调，则的最大值为________.
【答案】
【分析】利用正弦函数的性质及条件可求得ω的表达式，再根据函数在上单调可知－＝≤＝，求得ω≤12，经验证ω＝11不满足题意，ω＝9满足条件，得解.
【详解】因为x＝－为f(x)的零点，x＝为f(x)的图象的对称轴，
所以－＝＋，即＝T＝· (k∈Z)，
所以ω＝2k＋1(k∈Z)，
又因为f(x)在上单调，所以－＝≤＝，解得ω≤12，
ω＝11时f(x)＝sin在上单调递增，在上单调递减，不成立，
ω＝9时满足条件，由此得ω的最大值为9.
故答案为：9
16．已知椭圆，若此椭圆上存在不同的两点，关于直线对称，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设，线段的中点直线的方程可设为，代入椭圆方程整理后由判别式得的范围，由韦达定理得，从而可得中点坐标，代入对称轴方程得的关系，由上面的判别式所得结论可求得范围．
【详解】解：设，线段的中点
此椭圆上存在不同的两点､关于直线对称，直线的方程可设为.
联立，化为,
由，解得.
.
代入直线可得：，解得.代入可得：，解得.
的取值范围是.
故答案为：.

四、解答题
17．△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）B=（Ⅱ）
【详解】(1)∵a=bcosC+csinB
∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB     ①
在三角形ABC中，A=－(B+C)
∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC         ②
由①和②得sinBsinC=cosBsinC
而C∈(0，)，∴sinC≠0，∴sinB=cosB
又B(0，)，∴B=
(2) S△ABCacsinBac，
由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，
整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为（2）1．

18．已知正项数列的前项和为是与的等比中项.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若，数列的前项和为，求.
【答案】（1）见解析（2）
【详解】试题分析：已知数列的递推关系中含有前n项和与第n项的关系，求数列的通项公式，一般分两步，第一步n=1时，第二步，常用前n项和减去前n-1项和（两式相减）去处理，化为与的关系后，再求通项公式 ；错位相减法是数列求和的常用方法，使用错位相减法求和时，要注意末项的符号及等比数列求和的项数，避免失误.
试题解析：
（1）证明：由是与的等比中项，
得 .
当时，.
当时，，
，
即.
，即.
数列是等差数列.
（2）数列首项，公差，
通项公式为.
则，则.①
两边同时乘以，得②
①-②，得
             .
解得.
【点睛】数列的递推关系中为与的关系，求数列的通项公式，一般分两步，第一步n=1时，得出所表达的含义；第二步当时，常用两式相减去处理，化为与的关系后，再求通项公式 ；数列求和常用方法有错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等；要根据数列的特征 采用相应的方法准确求和，特别是使用错位相减法要注意运算的准确性.
19．某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值万元与投入万元之间满足：，为常数.当万元时，万元；当万元时，万元.
（1）求的解析式；
（2）求该景点改造升级后旅游利润的最大值.
（参考数据：，，）
【答案】（1）；（2）24.4万元．
【分析】（1）由万元时，万元；当万元时，万元.代入可求得参数，得解析式；
（2）求导数，由导数确定单调性后可得最大值．
【详解】（1）由题意，解得，
∴；
（2）由（1），
，
∵，
∴时，，递增，时，，递减，
∴时，取得极大值也是最大值，

∴该景点改造升级后旅游利润的最大值为24.4万元．
【点睛】本题考查函数模型的应用，考查用导数的实际应用．考查学生的运算求解能力，数学应用意识．
20．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．

(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为

【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知， AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.
（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.
【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，
因为，则，所以
又因为，则，
∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，
∴AC⊥CF        ∵，  ∴AC⊥平面BCF，
因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF
（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在Rt△ABC中，，．
则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，
设点M(t，0，1)，其中
设平面MAB的法向量为，
由，取，可得，．
易知平面FCB的一个法向量为，
所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为
21．过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，两点，为其左焦点，已知的周长为8，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在圆心在原点的圆满足条件．
【分析】（1）先利用椭圆定义得到，结合离心率求得参数a，c，再解得b，即得到方程；
（2）先假设圆存在，设方程，讨论直线斜率存在时与椭圆有两个交点满足题意，结合直线是圆的切线，解得半径，再验证斜率不存在该圆也满足题意，即得结果.
【详解】解：（1）结合椭圆的定义可知，的周长为4a，故，解得，
∴，故椭圆的方程为；
（2）假设满足条件的圆存在，其方程为，
当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，消去整理得．
设，，
则，即，
，．①
∵，∴．又，．
∴，即．②
将①代入②得，即．
∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离d等于半径r，
即，
∴存在圆满足条件．
当直线的斜率不存在时，圆也满足条件．
综上所述，存在圆心在原点的圆使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且．
【点睛】思路点睛：
圆锥曲线中求与直线相关的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.
22．已知函数．
（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；
（2）设函数的两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）求两条曲线的公切线，分别求出各自的切线，然后两条切线为同一条直线，结合两个方程求解；
（2）要证明关于的方程有唯一解，只要证明即可，由于当时，单调递增，不可能有两个零点，故不可能有两个极值点，故，利用得，又，接下来只要证明，即，令，则只要证明即可，用导数即可证明．
【详解】（1）曲线在切点处的切线方程为
，即，
曲线在切点处的切线方程为
，即，
由曲线与曲线存在公切线，
得，得，即．
令，则，
，解得，∴在上单调递增，
，解得，∴在上单调递减，
又，∴，则，
故公切线方程为．
（2）要证明关于的方程有唯一解，
只要证明，
先证明：．
∵有两个极值点，
∴有两个不同的零点，
令，则，
当时，恒成立，∴单调递增，不可能有两个零点；
当时，，则，∴在上单调递增，
，则，∴在上单调递减，
又时，，时，，
∴，得，∴．
易知，
由，得，，
∴．
下面再证明：．
，
令，则只需证，
令，
则，
∴，得．
∴有唯一解．
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的性质和有关的综合问题，考查学生分析解决问题的能力和计算能力，属于难题.