江苏省苏北四市2022届高三数学上学期期末调研考试试题（Word版带解析）

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2022届高三年级第一学期期末调研考试数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设全集U＝R，集合A＝{x|1＜x＜4}，集合B＝{x|0＜x＜2}，则A∩(ÝUB)＝A．(1，2)B．(1，2]C．(2，4)D．[2，4)【答案】D【考点】集合的运算【解析】由题意可知，ÝUB＝B＝{x|x≥2或x≤0}，则A∩(ÝUB)＝[2，4)，故答案选D．2．已知复数z满足z(1＋i)＝4i，则|z|＝A．2B．C．D．【答案】C【考点】复数的运算【解析】由题意可知，|z||1＋i|＝|4i|，则|z|×＝4，所以|z|＝2，故答案选C．3．不等式成立的一个充分条件是A．x＜－1B．x＞－1C．－1＜x＜0D．0＜x＜1【答案】C【考点】条件的应用、不等式的解法【解析】由题意可知，可化为＞0，即，则x(x－1)(x＋1)＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，则－1＜x＜0为成立的一个充分条件，故答案选C．4．某地元旦汇演有2男3女共5名主持人站成一排，则舞台站位时男女间隔的不同排法共有A．12种B．24种C．72种D．120种,【答案】A【考点】排列组合问题【解析】由题意可知，可先让2名男主持人站好，即有，然后再进行插空排列即可，即×＝12种，故答案选A．5．已知向量a＝(x，1)，b＝(2，y)，c＝(1，－2)，且a∥c，b&perp;c，则|2a－b|＝A．3B．C．D．2【答案】B【考点】平面向量的数量积运算【解析】由题意可知，a∥c，所以－2x＝1，解得x＝－，又因为b&perp;c，所以2×1－2y＝0，解得y＝1，所以a＝(－，1)，b＝(2，1)，所以2a－b＝(－1，2)－(2，1)＝(－3，1)，所以|2a－b|＝＝，故答案选B．6．已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的焦点F为椭圆C2：(a＞b＞0)的右焦点，且C1与C2的公共弦经过F，则椭圆的离心率为A．－1B．C．D．【答案】A【考点】圆锥曲线中抛物线与椭圆的几何性质应用：求椭圆的离心率【解析】由题意可知，抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，可设其公共弦为AB，则A，B两点在抛物线上，且过F点，所以A(，p)，又A，B两点在椭圆上，且过F点，所以A(c，)，所以＝2c，所以a2－c2＝2ac，解得离心率e＝＝－1，故答案选A．7．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点M，N到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是A．15πB．36πC．45πD．48π【答案】C【考点】新情景问题下的体积的求解,【解析】由题意可知，过点M，N分别作底边的垂线，解直角三角形可得圆柱形的底面直径为2，若摆正过来，容器中的溶液高度为15，则体积为π×()2×15＝45π，故答案选C．8．记[x]表示不超过实数x的最大整数，记an＝[log8n]，则的值为A．5479B．5485C．5475D．5482【答案】B【考点】对数函数的性质与数列的的求和【解析】由题意可知，a1＝a2＝…＝a7＝0，a8＝a9＝…＝a63＝1，a64＝a65＝…＝a511＝2，a512＝a513＝…＝a2022＝3，所以＝7×0＋56×1＋448×2＋1511×3＝56＋896＋4533＝5485，故答案选B．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知的展开式中共有7项，则A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大的项为第4项D．有理项共4项【答案】ACD【考点】二项式定理展开式的应用【解析】由题意可知，对于选项A，的展开式中共有7项，则n＝6，所以所有项的二项式系数和为26＝64，故选项A正确；对于选项B，在中令x＝1，所以所有项的系数和为(1－)6＝()6≠1，故选项B错误；对于选项C，的展开式中二项式系数最大的项为第4项，为，故选项C正确；对于选项D，的展开式的通项为Tr＋1＝x(－)r＝(－)rx，则当r＝0，2，4，6时，为有理项，故选项D正确；综上，答案选ACD．10．将函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象向左平移个单位长度后得到y＝g(x)的图象如图，则A．f(x)为奇函数B．f(x)在区间上单调递增,C．方程f(x)＝1在(0，2π)内有4个实数根D．f(x)的解析式可以是【答案】BC【考点】三角函数的图象与性质的应用【解析】由题意可知，对于函数g(x)来说，可设g(x)＝Asin(ωx＋a)，则由图可知，A＝2，T＝＋＝，则T＝π，所以ω＝＝2，即g(x)＝2sin(2x＋a)，而g()＝2sin(2×＋a)＝2，解得2×＋a＝2kπ＋，k∈Z，则a＝2kπ－，k∈Z，令k＝0，解得a＝－，所以g(x)＝2sin(2x－)，而g(x)＝Asin(ωx＋φ＋)＝2sin(2x－)，所以φ＋＝－，解得φ＝－，即f(x)＝2sin(2x－)，对于选项A，函数f(x)不为奇函数，故选项A错误；对于选项B，令x∈，则2x－∈(－，)¬[－，]，则f(x)在区间上单调递增，故选项B正确；对于选项C，令f(x)＝2sin(2x－)＝1，则sin(2x－)＝，解得2x－＝2kπ＋，或2x－＝2kπ＋，k∈Z，则x＝kπ＋或x＝kπ＋，k∈Z，则x＝，，，，共有4个根，故选项C正确；对于选项D，函数f(x)的解析式是f(x)＝2sin(2x－)，故选项D错误；综上，答案选BC．11．在平面直角坐标系xOy中，若对于曲线y＝f(x)上的任意点P，都存在曲线y＝f(x)上的点Q，使得·＝0成立，则称函数f(x)具备“&otimes;性质”．则下列函数具备“&otimes;性质”的是A．y＝x＋1B．y＝cos2xC．y＝D．y＝ex－2【答案】BD【考点】新定义函数的应用【解析】法一：由题意可设P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，由·＝0可得x1x2＋f(x1)f(x2)＝0，对于选项A，x1x2＋(x1＋1)(x2＋1)＝0，即(2x1＋1)x2＋x1＋1＝0，可取x1＝－，则x2不存在，故选项A错误；对于选项B，x1x2＋cos2x1×cos2x2＝0，设x2为主元，则h(x2)＝x1x2＋cos2x1×cos2x2，当x1≤0时，h(0)h()≤0，故存在x2∈[0，]满足题意，当x1＞0时，h(0)h(－)＜0，故存在x2∈[－，0]满足题意，故选项B正确，对于选项C，(x1x2)2＋lnx1lnx2＝0，可取x＝1，则x2不存在，故选项C错误；对于选项D，x1x2＋(e－2)(e－2)＝0，设φ(x2)＝x1x2＋(e－2)(e－2)，当,x1＜ln2时，则f(0)＞0，且当x2充分大时，所以存在x2符合题意，当x1≥ln2时，f(0)≤0，f(ln2)＞0，所以存在x2∈[0，ln2]符合题意，故选项D正确；综上，答案选BD．法二：“&otimes;性质”即存在两点使得三角形OPQ为直角三角形，数形结合来看，即对每一个OP逆时针或顺时针旋转90°得到的射线都与f(x)有交点，故选BD．12．如图，一张长、宽分别为，1的矩形纸，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．则 A．在该多面体中，B．该多面体是三棱锥C．在该多面体中，平面BAD&perp;平面BCDD．该多面体的体积为【答案】BCD【考点】立体几何的综合应用【解析】由题意可知，矩形纸的长宽分别为，1，又A，B，C，D分别是四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，所以AB＝BC＝AD＝CD＝，P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，图中，故选项A错误；对于选项B，多面体为三棱锥，故选项B正确；对于选项C，因为，所以CP&perp;AP且CP&perp;BP，所以CP&perp;平面BAD，又CPÌ平面BCD，所以平面BCD&perp;平面BAD，故选项C正确；对于选项D，该三棱锥体积，故选项D正确；综上，答案选BCD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分。13．已知直线l：x＋y－m＝0与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，O为原点，且·＝2，则实数m的值为．【答案】±【考点】直线与圆的位置关系应用,【解析】法一：由题意可知，·＝||×||cos&ang;AOB＝2×2cos&ang;AOB＝2，解得cos&ang;AOB＝，即&ang;AOB＝，则△AOB为正三角形，所以点O到直线AB的距离d＝2×＝＝，解得m＝±．法二：由题意可知，过点O作OC&perp;AB，则由极化恒等式可得·＝OC2－BC2＝－(4－)＝2，解得m＝±．14．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x2－x，则的值为．【答案】－2【考点】函数的性质应用【解析】由题意可知，f()＝2f()＝()2－＝－，f()＝2f()＝2×(－)＝－1，所以＝2f()＝2×(－1)＝－2．15．已知，则的值为．【答案】－7【考点】三角恒等变换的应用【解析】由题意可知，因为sin(α＋)＝＞0，且α∈(，π)，所以cos(α＋)＝－，则tan(α＋)＝－，所以＝tan(α＋－)＝＝＝－7．16．已知一个棱长为a的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则a的最大值为．【答案】【考点】立体几何中球的切接问题综合应用【解析】法一：由题意可设，圆锥的内切球半径为r，设圆锥的内切球与PM相切于点A，内切球球心为O，连结AO，则PQ＝2，由△POA∽△PMQ，可得＝，解得r＝，则a≤，解得a≤，即a的最大值为．,法二：由题意可设，圆锥的内切球半径为R，则当棱长为a的正方形木块任意转动时，会形成一个以体对角线为直径的球，此时球的半径，该圆锥的轴截面为边长为4的等边三角形，该三角形的内切圆半径R＝，由r≤R，a≤．四、解答题：本大题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)在①；②；③tanA＋tanC＋＝tanAtanC这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角B；(2)若△ABC是锐角三角形，且c＝4，求a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．【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换的应用【解析】(1)选择①：条件即，由正弦定理可知，，在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以，且cosB≠0，即，所以．…………3分选择②：条件即2×，即，在△ABC中，B∈(0，π)，所以sinB≠0，则cosB≠0，所以，所以．………………3分,选择③：条件即，所以，在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以．………………3分(2)由(1)知，，所以A＝π－B－C＝－C，由正弦定理可知，，………………8分由△ABC是锐角三角形得，所以．所以，所以2＜a＜8，故a的取值范围为(2，8)．…………10分18．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝3，a2＝15，．(1)设，求数列{bn}的通项公式；(1)设cn＝10－log2(an＋1)，求数列{|cn|}的前20项和T20．【考点】数列的通项与求和【解析】(1)由可知，，即，…………3分由a1＝3，a2＝15，知，，所以{bn}是以12为首项，4为公比的等比数列，所以{bn}的通项公式为．……………6分(2)由(1)知，，所以－an－2)＋…＋(a2，…………………………9分所以，所以{|cn|}的前20项和T20＝8＋6＋4＋2＋0＋2＋4＋…＋30＝260．…………12分19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱中，．(1)证明：AB&perp;AC；,(2)设，若二面角的大小为，求λ．【考点】立体几何中直三棱柱的位置关系判断、利用二面角求长度关系【解析】(1)在直三棱柱中，平面ABC，又AB，ACÌ平面ABC，所以A，又，所以四边形是正方形．………………………2分连接，则，又Ì平面，所以平面，……4分又AC⊂平面，所以，又Ì平面，所以AC&perp;平面，又ABÌ平面，所以AB&perp;AC．………………………………6分(2)以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝1，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，设M(1，0，λ)，则＝(1，0，λ－1)，AC＝(0，1，－1)，……………8分设平面A1MC的法向量为m＝(x，y，z)，则即，得，取z＝1，则平面A1MC的一个法向量为m＝(1－λ，1，1)，……………10分考虑向量n＝(1，1，0)，满足所以n＝(1，1，0)是平面BCC1B1的一个法向量，因为二面角A1－MC－C1的大小为，,所以|cos<m，n>|＝＝＝，解得λ＝．……………12分20．(本小题镇分12分)为了提高生产效率，某企业引进一条新的生产线，现要定期对产品进行检测．每次抽取100件产品作为样本，检测新产品中的某项质量指标数，根据测量结果得到如下频率分布直方图． (1)指标数不在17.5和22.5之间产品为次等品，试估计产品为次等品的概率；(2)技术评估可以认为，这种产品的质量指标数X服从正态分布N(μ，1.222)，其中μ近似为样本的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，计算μ值，并计算产品指标数落在(17.56，22.44)内的概率．参考数据：X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9544．【考点】随机事件的概率、正态分布的应用【解析】(1)由1×(a＋0.09＋0.22＋0.33＋0.24＋0.08＋a)＝1，解得a＝0.02，…………2分样本中指标数不在17.5和22.5之间的频率为0.02×(1＋1)＝0.04，所以产品为次等品的概率估计值为0.04．………………………………………5分(2)依题意μ＝17×0.02＋18×0.09＋19×0.22＋20×0.33＋21×0.24＋22×0.08＋23×0.02＝20．…………………………………………………………………………………8分所以X~N(20，1.222)所以P(17.56＜X＜22.44)＝P(20－2×1.22＜X＜20＋2×1.22)＝0.9544．……12分21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，．(1)证明：f(x)＜；,(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围．【考点】函数与导数：证明不等式、函数的零点问题【解析】(1)要证f(x)＜，即证：当x∈(0，＋∞)时，不等式恒成立．令，则F′(x)＝，故当x∈(0，4)，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x∈(4，＋∞)，F′(x)＜0，F(x)单调递减．则F(x)max＝F(2)＝ln4－2＜0，故f(x)＜．……………………………………4分(2)要使得函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，只需函数G(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，G′(x)＝f′(x)－g′(x)＝，①当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，所以G(x)不可能存在两个零点；…………………………………………………5分②当a＞0时，方程有两个异号的根，不妨设正根为x0，故x∈(0，x0)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增；x∈(x0，＋¥)时，G'′(x)＜0，G(x)单调递减，要使得G(x)存在两个零点，则，又因为，故，则有，解得x0＞1，又因为，故0＜a＜3．…………………………………………………8分下证：当0＜a＜3时，存在两个零点．取，又，且G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)在(0，x0)上存在唯一零点．……………9分因为，取，则，所以，故，又G(x0)＞0，且G(x)在(x0，＋¥)上单调递减，,所以G(x)在(x0，＋¥)存在唯一零点．故0＜a＜3时，存在两个零点．因此实数a的取值范围是(0，3)．……………………………………………12分22．(本小题满分12分)已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的虚轴长为4，且经过点．(1)求双曲线C的标准方程；(2)双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，过左顶点A1作实轴的垂线交一条渐近线l：于点T，过T作直线分别交双曲线左、右两支于P，Q两点，直线A2P，A2Q分别交l于M，N两点．证明：四边形A1MA2N为平行四边形．【考点】圆锥曲线中双曲线的标准方程、双曲线与直线的位置关系应用：证明平行四边形【解析】(1)因为双曲线的虚轴长为4，且经过，所以解得所以双曲线的标准方程为．…………………2分(2)联立得T(－1，2)，由题意知过T点的直线斜率存在，设过T点的直线方程为y－2＝k(x＋1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立的，则D＝0，得k＞－2，所以，……………………4分因为A2(1，0)，所以直线A2P的方程为，联立解得，同理可得，………………………………………6分所以xM＋xN，………………8分,因为＝0，即xM＋xN＝0．…………………………………………………………………10分所以对角线MN与A1A2互相平分，即四边形A1MA2N为平行四边形．……12分</m，n>

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所属：高中 - 数学

发布时间：2022-03-03 08:10:30 页数：13

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文章作者：随遇而安

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