2022届黑龙江省大庆实验中学高三上学期第一次月考数学（文）试题（含解析）

2022届黑龙江省大庆实验中学高三上学期第一次月考

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合A={x|x≤3，x∈N*}，B={-1，0，1，2，3}，则A∩B=（    ）

A．{0，1，2，3}    B．{1，2，3}    C．{0，1，2}    D．{2，3}

2．设，则（    ）

A．    B．    C．    D．

3．三国时期赵爽所制的弦图由四个全等的直角三角形构成，该图可用来解释下列哪个不等式（    ）

A．如果，那么；       B．如果，那么；

C．对任意实数和，有，当且仅当时等号成立；

D．如果，，那么．

4．袋子中有6个相同的球，分別标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，则取出球的数字之和是8的概率为（    ）

A．    B．    C．    D．

5．对3个非零平面向量，下列选项中正确的是（    ）

A．若，则       B．若，则

C．若，则      D．两两之间的夹角可以都是钝角

6．数列是首项为1，公比为2的等比数列，其前项和为．    若，则（    ）

A．1    B．2    C．3    D．4

7．某四棱锥的三视图所示，已知该四棱锥的体积为，则它的表面积为（    ）

A．8    B．12    C．    D．20

8．已知为坐标原点，抛物线上一点到焦点的距离为6，若点为抛物线的准线上的动点，则的最小值为（    ）

A．4    B．    C．    D．

9．某礼品店销售的一装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，球的体积为，则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为（    ）

A．5    B．6    C．7    D．8

10．已知函数．则使不等式成立的实数的范围为（    ）

A．    B．    C．    D．

11．已知为双曲线的左､右焦点，过作的垂线分别交双曲线的左､右两支于两点(如图)．    若，则双曲线的渐近线方程为（    ）

A．    B．    C．    D．

12．已知，不等式对于任意恒成立，则的取值范围（    ）

A．    B．    C．    D．

二、填空题

13．已知角θ的终边过点，则sin (2θ)等于________．

14．记分别为等差数列的前项和，若，则__________．   

15．已知实数，满足不等式组，则的最大值为______．

16．在正方体中，有下列结论：

①平面；

②异面直线AD与所成的角为；

③三棱柱的体积是三棱锥的体积的四倍；

④在四面体中，分别连接三组对棱的中点的线段互相垂直平分．   

其中正确的是________（填出所有正确结论的序号）．   

三、解答题

17．已知，，分别为内角，，的对边，，，．

（1）求的值；

（2）求的面积．

18．某地从今年3月份正式启动新冠肺炎疫苗的接种工作，前4周的累计接种人数统计如下表：

（1）求y关于x的线性回归方程；

（2）政府部门要求在2个月内（按8周算）完成8千人的疫苗接种工作，根据（1）中所求的回归方程，预计接下来4周是否需要加快接种工作的速度．

参考公式：线性回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．

19．如图在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2．

（1）证明：PA⊥平面ABC；

（2）求点B到平面ACD的距离．

20．已知椭圆，其长轴长为4，，为左右焦点，P为椭圆C上一动点，且最大值为1 ．

（1）求椭圆C的方程．

（2）若直线与椭圆C 相交于A,B两点，且  (O为坐标原点，为负实数)，已知， 求的值．

21．已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，若的极大值点为，求证：．

（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数），曲线，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线（）与曲线，分别交于点，（均异于原点）．

（1）求曲线，的极坐标方程；

（2）当时，求的最小值．

23．[选修4-5：不等式选讲]已知为正实数，且满足

（1）求的最小值

（2）求证：

参考答案

一、单选题

1．【答案】B

【分析】首先列举法表示出集合A，然后根据交集的概念即可求出结果．

【详解】由题意得，A={1，2，3}，所以A∩B={1，2，3}．    故选：B．

2．【答案】A

【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可求得．

【详解】因为，因此，．故选：A．

3．【答案】C

【分析】设图中直角三角形的直角边长分别为，则斜边长为，进而可表示出阴影面积以及外围正方形的面积，由图可得结果．

【详解】设图中全等的直角三角形的直角边长分别为，则斜边长为．

图中四个直角三角形的面积和为，外围正方形的面积为．

由图可知，四个直角三角形的面积之和不超过外围正方形的面积，所以，当且仅当时，等号成立．    故选：C．   

4．【答案】D

【分析】列举出所有基本事件，分别求出总事件和所求基本事件的个数，再根据古典概型公式即可得解．   

【详解】基本事件共有：，

共15种，

其中数字和为8的基本事件有2种，所以取出球的数字之和是8的概率为，

故选：D．

5．【答案】D

【分析】向量两个特殊情况：共线和零向量，可排除A,B；向量不满足交换律所以C错．

【详解】(1) 与在同一条直线上，故A错

（2）可能为0向量，故B错

（3）向量运算不满足交换律，所以C错

（4）两两之间的夹角可以都是钝角，如都为

故选D

6．【答案】D

【分析】利用等比数列，求出通项，利用求和公式求得，代入即可得解．

【详解】由数列是首项为1，公比为2的等比数列，

由，得，即，，

故选：D．

7．【答案】B

【分析】由三视图可知该四棱柱为正四棱柱，底面为正方形，根据三视图的数据即可求出该四棱柱的表面积．   

【详解】由三视图可知该四棱柱为正四棱柱，如图所示，底面边长为2，

设四棱锥的高为，则依题意有

所以，所以侧面的高为

所以四棱锥的侧面积，

所以该四棱锥的表面积为：．   

故选：B

8．【答案】C

【分析】

求出坐标原点关于准线的对称点的坐标，由，则，根据两点间的距离公式即可求解．

【详解】

解：由题意，抛物线的准线方程为，

∵，

∴点到准线的距离为6，即点的横坐标为4，不妨设点在第一象限，

则点的坐标为，

∵坐标原点关于准线的对称点的坐标为，

∴，

∴的最小值为．

故选：C．

9．【答案】C

【分析】利用球的体积公式求出半径，求出正三角形内切圆半径，利用勾股定理求出球心到上底面距离即可得解

【详解】设球的半径为R，三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为r．由球的体积为可得，解得．

因为正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，所以底面正三角形的内切圆半径为，正三棱柱的高为4，设球心为，正三角形的内切圆圆心为，

取的中点M，并将这三点顺次连接，则由球的几何知识得为直角三角形，所以，于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为．

故选：C

10．【答案】C

【分析】根据函数表达式可得，函数为偶函数，当时，可通过求导判断函数的单调性，从而确定整个函数的单调性，根据单调性求解参数的取值范围

【详解】因为，，所以为上的偶函数，且，易得单调递增且，所以，当时，恒成立，单调递增，根据偶函数的对称性得，时，单调递减，若，则有，两边同时平方得：，解得：

故选：C

11．【答案】C

【分析】根据已知条件和双曲线的定义可求得，，再在中运用余弦定理建立关于a，b，c的方程，可求得双曲线的渐近线方程得选项．   

【详解】由，设，由得，，所以，

，又得，

，令，化简得：，得，所以渐近线方程为，

故选：C．

12．【答案】B

【分析】变换得到，设，等价于，即令，根据函数的单调性得到最值得到答案．

【详解】由得，即，

设，则，所以函数在上是增函数，

所以不等式对于任意恒成立，等价于，

所以，即对任意的恒成立，

因为，所以，即对任意的恒成立，即，

令，则，由，得，

所以当时，，函数在区间为减函数，当时，，函数在区间为增函数，

所以当时，取得最小值，所以，所以，又由已知得，所以的取值范围为．

故选：B．

方法点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：

（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为．

二、填空题

13．【答案】

【分析】根据终边上的点写出，再由求值即可．

【详解】由题设，，

∴．

故答案为：

14．【答案】100

【分析】利用通项公式求得，结合等差数列求和公式求得结果．

【详解】，所以前10项的和为．

故答案为：100．

15．【答案】

【分析】画出可行域，，表示可行域内的点与定点连线的斜率，数形结合可求得最大值．

【详解】

画出如图可行域，因为，

令，则表示可行域内的点与定点连线的斜率．

由图可知，当点为点时，连线斜率最大，

所以，

所以的最大值为．

故答案为：

16．【答案】①④

【分析】根据正方体的几何特征，证明线面平行，求异面直线夹角，求体积关系，分析正四面体对棱连线特点．   

【详解】

因为，平面，平面，所以平面，故①正确；

因为，所以异面直线AD与所成的角等于，在正方形中，，故②错误；

三棱柱的体积是三棱锥的体积的三倍，故③错误；

由正方体的性质可知，正方体三条对面中心连线线段相互垂直平分．

四面体是正四面体，其棱中点即正方体每个面的中心，对棱中点连线必经过正方体的中心，由对称性知，连接正四面体每组对棱中点的线段互相垂直平分，则④正确．

故答案为：①④

三、解答题

17．【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由可求出，利用正弦定理可求出；（2）由余弦定理可求出，再借助于三角形面积即可求出结果．

【详解】（1），，

由正弦定理得，∴．

（2）由余弦定理得，整理得，解得或（舍去），

的面积．

18．【答案】（1）；（2）需要加快接种工作的速度．

【详解】（1），

，

因此回归方程为．

（2）令，得，

因为，所以接下来4周需要加快接种工作的速度．

19．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得PA⊥BC，再由PA⊥AB利用线面垂直的判定定理即可证明,

（2）利用三棱锥的体积公式得出，再由等体法即可求解．   

【详解】（1）侧面PAB⊥底面PBC，PB⊥BC，所以BC⊥侧面PAB

又PA侧面PAB，所以PA⊥BC

又PD=DB=DA，所以PA⊥AB

又ABBC=B，所以PA⊥平面ABC

（2）由（1）可知：PA⊥平面ABC，

在直角三角形PAB中，．   

D是PB的中点，所以三棱锥D-ABC为三棱锥P-ABC体积的．   

故

由已知：，又AD=2，底边AD上的高为．   

故面积为：

设点B到平面ACD的距离为d，

则

所以，解得，

点B到平面ACD的距离为

20．【答案】（1）,则，长轴2a=4，即a=2．

,则椭圆方程为    （5分）

（2）设A()，B（），则，即4   （6分）

因为,则P点坐标为（），

把P点代入椭圆，则有   （9分）

，，化简可得，，所以＜0   （11分）

则=    （12分）

21．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明见解析．

【分析】（1）当时，可得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；

（2）分析可得，，，则，，化简得出，构造函数，其中，利用函数单调性得出，即可证得结论成立．

【详解】（1）当时，函数，．

，

当时，；当时，．

可得函数在上单调递增，在上单调递减．

因此函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）当时，，

令，．

当时，即当，则，函数在上单调递增，无极值，不满足题意，舍去；

由，解得，设方程的两个实数根分别为、且．   

当或时，；当时，，

故函数的极大值点为，

由韦达定理可得，，则，．   

，

令，其中，

则，

所以，函数在上单调递增，故，

因此，．

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．

（二）选考题：共10分．    请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．【详解】

（1）的普通方程为，代入得的极坐标方程为，  （3分）

的极坐标方程为         （5分）

（2）联立与的极坐标方程得           （6分）

联立与的极坐标方程得       （7分）

则

∴．          （10分）

23．【答案】（1）；（2）证明详见解析．

【解析】（1）（1）∵，∴，

∴，

∵，

∴当时，的最小值为；

（2）

考点：配方法求函数最值、均值不等式．