张掖二中2022—2022学年度第一学期月考试卷（8月）高三数学（理科）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合，，则集合为（）A．B．C．D．2．已知虚数单位，等于（）A．B．C．D．3．已知向量夹角为60°，且，则（）A．2B．3C．4D．4．函数在点处的切线方程是（）A.B.C.D.4．某校有，，，四件作品参加航模类作品比赛.已知这四件作品中恰有两件获奖.在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：甲说：“、同时获奖”；乙说：“、不可能同时获奖”；丙说：“获奖”；丁说：“、至少一件获奖”.如果以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确的，则获奖的作品是（）A．作品与作品B．作品与作品C．作品与作品D．作品与作品5．如图1，风车起源于周，是一种用纸折成的玩具。它用高粱秆，胶泥瓣儿和彩纸扎成，是老北京的象征，百姓称它吉祥轮.风车现已成为北京春节庙会和节俗活动的文化标志物之一.图2是用8个等腰直角三角形组成的风车平面示意图，若在示意图内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A．B．C．D．7．等比数列各项均为正数且，（）A．15B．12C．10D．8．长方体内部挖去一部分的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）10\nA．B．C．D．9．函数的部分图像为（）A．B．C．D．10．已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是（）A．B．C．D．11．已知定义域为的奇函数，当时，满足，则（）A．B．C．-2D．010\n12．设双曲线的右顶点为，右焦点为，弦过且垂直于轴，过点、点分别作为直线、的垂直，两垂线交于点，若到直线的距离小于，则该双曲线离心率的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题:本题共4小题,每小题5分.13．已知，则__________．14．设变量，满足约束条件则的最大值为__________．15．下列有关命题的说法正确的是__________（请填写所有正确的命题序号）．①命题“若，则”的否命题为：“若，则”；②命题“若，则”的逆否命题为真命题；③条件：，条件：，则是的充分不必要条件；④已知时，，若是锐角三角形，则.16．已知在三棱锥中,,,底面为等边三角形,且平面平面,则三棱锥外接球的体积为__________________．三、解答题：本题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本题12分）的内角的对边分别为，已知，已知（1）求角的值；（2）若，求的面积。18．（本题12分）从某校高三的学生中随机抽取了100名学生，统计了某次数学模考考试成绩如表：（1）请在频率分布表中的①、②位置上填上相应的数据，并在给定的坐标系中作出这些数据10\n的频率分布直方图，再根据频率分布直方图估计这100名学生的平均成绩；（2）从这100名学生中，采用分层抽样的方法已抽取了20名同学参加“希望杯数学竞赛”，现需要选取其中3名同学代表高三年级到外校交流，记这3名学生中“期中考试成绩低于120分”的人数为，求的分布列和数学期望.19．（本题12分）如图，在多面体中，底面是边长为2的菱形，，四边形是矩形，和分别是和的中点.（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，，求平面与平面所成角的余弦值.20．（本题12分）已知椭圆C的标准方程为：，该椭圆经过点P（1，），且离心率为．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过椭圆长轴上一点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB、CD．若弦AB、CD的中点分别为M、N，证明：直线MN恒过定点．21．（本题12分）已知函数．（Ⅰ）若的极小值为，求的值；（Ⅱ）若对任意,都有恒成立，求实数的取值范围；请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22．（本题10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系且具有相同的长度单位，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.10\n（Ⅰ）求直线与曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点，直线与曲线交于不同的两点，，求的值.23．（本题10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解关于的不等式；（2）记的最小值为，已知实数，都是正实数，且，求证：．10\n张掖二中2022—2022学年度第一学期月考试卷（8月）高三数学（理科）答案1．B【解析】由题意可得：，则集合为.本题选择B.2．B【解析】试题分析：根据题意，有，故选B．3．A【解析】分析：已知和的模长及这两向量的夹角，可以将所求目标利用平方（模的平方等于向量的平方），转化为和的线性运算.4．C.【解析】由题意可知，切线方程的斜率为，则可求出在点处的切线方程，故选C.5．D【解析】根据题意，作品中进行评奖，由两件获奖，且有且只有二位同学的预测是正确的，若作品与作品获奖，则甲、乙，丁是正确的，丙是错误的，不符合题意；若作品与作品获奖，则乙、并、丁是正确的，甲是错误的，不符合题意；若作品与作品获奖，则甲、乙，丙是正确的，丁是错误的，不符合题意；只有作品与作品获奖，则乙，丁是正确的，甲、丙是错误的，符合题意，综上所述，获奖作品为作品与作品，故选D.6．B【解析】分析：由几何概型及概率的计算可知，用黑色部分的面积比总面积，即可求解概率.设白色部分的等腰直角三角形的斜边长为，则直角边的长为，所以所有白色部分的面积为，则黑色部分的等腰直角三角形的腰长为1，所有黑色部分的面积为，由几何概型可得其概率为，故选B.7．C【解析】∵等比数列{an}的各项均为正数，且a4a7+a5a6=18，∴a4a7+a5a6=2a5a6=18，∴a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3（a1×a2×a3×…×a10）=log3（a5a6）5=log3310=10．故选：C.8．A【解析】由三视图可知，该几何体是一个长方体内部挖掉一个半圆锥，其中长方体的长宽高分别为，圆锥的底面半径为，高为，所以该几何体的体积为：故选9．D【解析】已知函数，定义域为，，函数为偶函数，故排除、，当时，，此时，故排除，综上正确答案选10．A【解析】代入，，则，；再次代入得，；继续代入得，；不难发现出现了循环，周期为3则当时，，，跳出循环得到，故选11．B【解析】定义域为的奇函数，可得，当时，满足，可得时，，则，，，，，，，，故选B.10\n12．B【解析】由题意,B在x轴上,,∴，∴，直线BQ的方程为，令y=0,可得，∵B到直线PQ的距离小于2(a+c)，∴，∴，∴，∴，∵e>1，∴，故选B.13．【解析】14．【解析】满足约束条件的可行域如下图所示：由图可知，由可得C（，﹣），由：，可得A（﹣4，4），由可得B（2，1），当x=，y=﹣时，z=x﹣2y取最大值：．15．②④【解析】对于①，命题“若，则”的否命题是：“若，则”，故错误；对于②，命题“若，则”是真命题，则它的逆否命题也是真命题，故正确；对于③，条件：，即为或；条件：，即为；则是的充分不必要条件，故错误；对于④，时，，则在上是增函数；当是锐角三角形，，即，所以，则，故正确.故答案为②④.16．【解析】∵,，∴△ADB是直角三角形，∴底面BAD的外心为斜边DB中点H，∵且平面ABD⊥平面BCD，CH⊥DB，∴CH⊥底面BAD，∴三棱锥A﹣BCD外接球的球心在CH上，三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，则（CH﹣R）2+BH2=OB2∵,可得R=2三棱锥A﹣BCD外接球的体积为.故答案为：17．(1)(2).10\n【解析】（1）由得∵∴.（2）由余弦定理：得，则.18．（1）见解析；（2）见解析【解析】（1），.频率分布表为:分组频数频率频率分布直方图为:平均成绩为分.（2）成绩低于分的人数为人，不低于分的人数为人，∴的所有可能取值为且，，.∴的分布列为：∴.19．(1)见解析.(2).【解析】（1）连接交于点，显然，平面，平面，可得平面，同理平面，，又平面，可得：平面平面.（2）过点在平面中作轴，显然轴、、两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系.，，，，，，.设平面与平面法向量分别为，.，设；10\n，设.，综上：面与平面所成角的余弦值为.20．（1）（2）【解析】（Ⅰ）解：∵点P（1，）在椭圆上，∴，又∵离心率为，∴e=，∴a=2c，∴4a2﹣4b2=a2，解得a2=4，b2=3，∴椭圆方程为．（Ⅱ）证明：设直线AB的方程为x=my+s，m≠0，则直线CD的方程为x=﹣，联立，得（3m2+4）y2+6smy+3s2﹣12=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，∴x1+x2=（my1+s）（my2+s）=m2y1y2+ms（y1+y2）+s2=，由中点坐标公式得M（，﹣），将M的坐标中的m用﹣代换，得CD的中点N（，）∴直线MN的方程为x﹣y=，m≠±1，令y=0得：x=，∴直线MN经过定点（），当m=0，±1时，直线MN也经过定点（），综上所述，直线MN经过定点（）．当时，过定点21．（Ⅰ）a=e；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）①当时，恒成立，无极值；②当时，由得，并且当时，；当时，.所以，当时，取得极小值；依题意，，，又，；综上，.（Ⅱ）令，则,.令，则当时，，单调递增，.①当时，在上单调递增，；所以，当时，对任意恒成立；②当时，，，所以，存在，使（此处用“当时，存在，使，并且，当时，，在上单调递减，所以，当时，，所以，当时，对任意不恒成立；综上，的取值范围为.22．(1)，；(2).【解析】（1）；（2）考虑直线方程，则其参数方程为（为参数），代入曲线方程有：，则有.23．（1）；（2）9【解析】（1）或或，解得或．综上所述，不等式的解集为10\n（2）由（时取等号）.即，从而，，当且仅当，即时取等号．∴原不等式得证．10
