贵州省贵阳市五校2022届高三数学（文）下学期联考（六）试题（Word版含解析）

贵阳市五校2022届高三年级联合考试（六）文科数学贵州省实验中学贵阳二中贵阳八中贵阳九中贵阳民中注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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，，则集合中元素的个数为()A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】先求出集合A和B，再根据集合交集运算方法计算即可.【详解】由解得，即，∴，又由得，，∴.故选：B．2.若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】\n【分析】利用复数的除法运算求复数z，进而确定z的共轭复数，即可确定复平面对应点所在象限.【详解】由，解得，则，故在复平面内对应的点位于第四象限，故选：D．3.已知下列命题：①，；②“”是“”的充分不必要条件；③已知、为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；④若、且，则、至少有一个大于．其中真命题的个数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用配方法可判断①的正误；利用集合的包含关系可判断②的正误；利用复合命题的真假可判断③的正误；利用反证法可判断④的正误.【详解】对于①，因为，①对；对于②，因为Ý，故“”是“”的必要不充分条件，②错；对于③，“”为假命题，则、均为假命题，所以，为真命题，③对；对于④，假设且，则，与矛盾，假设不成立，④对.故选：B.4.如图某地一拱桥垂直轴截面是抛物线，已知水利人员在某个时刻测得水面宽，则此时刻拱桥的最高点到水面的距离为（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设B点的坐标为，代入抛物线方程求解，即得解【详解】设B点的坐标为，由抛物线方程，得，则此时刻拱桥的最高点到水面的距离为1米故选：D．5.已知平面向量是非零向量，，，则向量在向量方向上的投影为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由垂直关系可构造方程求得，由投影定义可求得结果.【详解】由得：，解得：；向量在向量方向上的投影为.故选：B.6.刍甍（chúméng）是中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶．”已知图中每个小正方形的边长都为，其中的粗线部分是某个刍甍的三视图，则该刍甍的表面积为（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由三视图还原几何体，依次求解几何体各个面的面积，加和即可得到结果.【详解】根据三视图还原该几何体如图所示，则，，，为等腰三角形，由主视图可知边的高为，，由此可求得梯形的高为，，，，该几何体表面积为.故选：D．7.下列三角式中，值不为的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角正弦、余弦和正切公式，结合特殊角三角函数值依次判断即可.【详解】对于A，；\n对于B，；对于C，；对于D，.故选：C.8.双面线的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线的渐近线可直接计算离心率.【详解】由已知一条渐近线的领斜角为，可得渐近线斜率，故，故选：A．9.设，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的性质可得，，，进而可得结果.【详解】因为，，，所以，故选：B．\n10.已知函数．给出下列结论：①最小正周期为；②最小值为；③把函数的图象上所有点向左或向右平移个单位所得都是偶函数；④在上单调递增．其中所有正确结论的序号是()A.①④B.③C.②③D.①②③【答案】C【解析】【分析】①根据绝对值的意义，结合图像即可判断；②根据正弦函数值域即可求解；③求出平移后函数解析式判断即可；④去掉绝对值符号判断即可.【详解】y＝sin2x的最小正周期为π，的图像是：y＝sin2x图像在x轴上方部分保持不变，将在x轴下方部分翻折到x轴上方，根据对称性可知，的最小正周期缩短为y＝sin2x周期的一半，为；＋是将图像向上平移个单位，周期保持不变，∴f(x)的最小正周期为，故①错误；，∴最小值为，故②正确；，∴是偶函数，故③正确；，则，sin2x＞0，∴，∴f(x)在上不单调，故④错误.故选：C．11.已知三棱锥在平面射影是，两点关于对称，且，则三棱锥外接球半径是()A.B.C.D.1\n【答案】A【解析】【分析】根据几何关系，证明P、A、B、C为正方体的顶点，则三棱锥的外接球为正方体外接球.【详解】∵，∴是等腰直角三角形，∵M、C两点关于AB对称，∴四边形ACBM是正方形．∵且PM垂直平面ABC，∴P、A、B、C、M是棱长为1的正方体的顶点，∴正方体的外接球就是该三棱锥的外接球，∴正方体体对角线是外接球的直径，∴外接球半径.故选：A．12.已知，关于k的不等式在时恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将问题转化为在时恒成立，注意\n的范围，构造并利用导数研究单调性判断的大小关系，进而确定的范围.【详解】由题设，，即，其中不落在坐标轴上，令，，则，所以函数在单调递增．若，即，所以，可得的范围为.故选：C．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若实数，满足，则的最大值是________．【答案】【解析】【分析】作出可行域，确定最优解.【详解】画出可行域如图所示，可知在点处取到最大值，所以最大值，故答案为：.\n14.已知等差数列中，与的等差中项为8，且，则______．【答案】12【解析】【分析】设等差数列的公差为，则由已知可得，得，结合求出公差，从而可求出【详解】解：设等差数列的公差为，由已知得，所以，，因为，所以，所以．故答案为：1215.现从甲、乙等5名大学生中选择2人担任北京冬奥会的志愿者，则甲、乙两人至少1人入选的概率为________．【答案】【解析】【分析】用间接法，由古典概率模型的公式先算出甲、乙都不入选的概率，即可得出结果.【详解】从5名大学生中选择2人担任北京冬奥会志愿者共有种方法，其中没有甲、乙共有种，则甲、乙至少有一人入选的概率为．故答案为：.16.已知圆，直线．若，过点可作两条与圆分别相切于，且，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】根据长度和角度关系可求得，知点在圆\n上，由此可得其为直线与圆的交点，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果.详解】由圆的方程知：圆心，半径；则在中，，，，点在圆上．，则直线与圆存在交点，点到直线的距离，解得：，即实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题，解题关键是能够求得点轨迹所满足的方程，即确定为直线与圆的交点，从而利用圆心到直线距离来构造不等式求得结果.三、解答题（共0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在中，角的对边分别为，且．（1）求角C的大小；（2）若，求的周长的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】\n【分析】（1）利用正弦定理对已知式化为角的关系，再利用三角函数恒等变换公式化简变形可求出角C的大小；（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再由和可求出的周长的取值范围.【小问1详解】由正弦定理及，得，∵sinA≠0，∴，∴，∴．又，【小问2详解】由，及余弦定理，得，当且仅当时取等号，∴，当且仅当时取等号，又，，故三角形ABC的周长的取值范围为．18.第届冬季奥运会于年月在北京和张家口成功举办，为全世界提供了一场声势浩大的体育盛宴，北京成为全球首个“双奥之城”．北京冬奥会的成功举办充分展现了我国的风采，让各国人民感受到中国文化的博大精深和源远流长．让世界看到中国的变化，中国人民正在用自身的力量充分阐释着奥林匹克所倡导的更快、更高、更强、更团结精神．北京冬奥会期间，我国健儿顽强拼搏，取得了枚金牌、枚银牌、枚铜牌的优异成绩．为了调查北京市民对北京冬奥会举办的满意程度，现对居民按年龄（单位：岁）进行调查，从某小区年龄在\n内的居民中随机抽取人，将获得的数据按照年龄区间分成组，同时对这人的满意程度进行统计得到频率分布表．经统计在这人中，共有人对北京冬奥会的成功举办感到非常满意．分组非常满意的人数占本组的比例（1）求和的值；（2）在这人中，按分层抽样的方法从年龄在区间内的居民中抽取人进行访谈，再从这人中抽取人参加电视台的座谈，求参加座谈的人中恰好年龄在内与内各一人的概率．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据频数、频率和总数的关系计算即可；（2）根据分层抽样原则可知有人年龄在内，人年龄在，采用列举法，利用古典概型概率公式即可求得结果.【小问1详解】位居民中，共有位居民非常满意，，解得：；又，解得：.\n【小问2详解】由（1）可知：年龄在的居民共有人，年龄在的居民共有人，按分层抽样抽取人，则共有人年龄在内，人年龄在内．记年龄在内的人分别为；年龄在内的人分别为，则从被抽取的人中抽取人参加座谈共有、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、共种．其中内与内各一人的有、、、、、、、、、共种．参加座谈的人中恰好年龄在内与内各一人的概率．19.如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，，点、分别是、的中点．（1）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）直线平面，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出平面，可得出\n，利用中位线的性质结合平行线的传递性可得出，结合线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用等体积法可求得点到平面的距离，分析可知点到平面的距离是点到平面的距离的，即可得解.【小问1详解】证明：直线平面，证明如下：、分别为、的中点，则，平面，平面，则平面，平面，平面平面，，故，平面，平面，因此，直线平面.【小问2详解】解：因为点是的中点，所以，点到平面的距离是点到平面的距离的，，，，，平面，则，由余弦定理可得，因为平面，、平面，则，，所以，，，所以，，所以，，所以，，设点到平面的距离为，则，则，因此，点到平面距离为.\n20.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，过作直线与直线垂直且与直线交于．（1）当直线与轴垂直时，求内切圆半径；（2）分别记的斜率为，证明：成等差数列．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆定义可得的周长，结合面积可求得内切圆半径；（2）设直线，可求得，由与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用两点连线斜率公式和韦达定理化简可整理得到，又，可知，由此可得结论.【小问1详解】由椭圆方程得：，，，当直线与轴垂直时，的周长为，又，，的内切圆半径【小问2详解】设，（不妨令在轴上方），直线，则，由得：，；由消去得：，则，\n，，，将韦达定理代入整理得：，又，，的斜率成等差数列.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，结合韦达定理整理化简可得结果.21.函数（为自然对数的底数），为常数，曲线在处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）证明：的最小值大于.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）求出导函数，利用切线的向量以及切线方程，列出方程，即可求实数的值；（2）通过两次求导，利用导函数的符号，判断函数的单调性，转化求解函数的最小值即可证明的最小值大于．【详解】（1）对求导可得，所以（1）．由曲线在处的切线方程为可知，故．\n（2）证明：由（Ⅰ）知，得，又再次求导易知，所以在上单调递增．又，由零点存在性定理可知存在，使得，即，即．当时，单调递减；当时，单调递增．于，易知在上单调递减，所以．【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，二次导函数的应用，考查计算能力，属于中档题．请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修4-4：坐标系与参数方程】22.以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的参数方程为(t为参数)，直线的极坐标方程为．（1）已知点在曲线C上，求a的值；（2）设点P为曲线C上一点，求点P到直线距离的最小值．【答案】（1）9；（2）﹒【解析】【分析】(1)将M点横坐标代入曲线C的参数方程求出t，再求出y即可求出a；\n(2)将直线l极坐标方程化为直角坐标方程，设，利用点到直线距离公式表示出点P到直线距离，根据函数最值即可求解.【小问1详解】点M在曲线C上，，．【小问2详解】直线l的极坐标方程为，直线l的直角坐标方程为：．点P在曲线C上，设，则点P到直线l的距离为，当时，.【选修4-5：不等式选讲】23.已知实数，，满足．（1）若，求证：；（2）若，，求的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据不等性质变形证明不等式；（2）由已知得，且，利用基本不等式可求的最值，进而得解.【小问1详解】证明：由，且，得，，故，所以，所以，即；【小问2详解】\n解：由且，得，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．