甘肃省张掖二中2022届高三数学上学期8月月考试题文

张掖二中2022—2022学年度第一学期月考试卷（8月）高三数学（文科）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（）9\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．09\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）某校高三年级实验班与普通班共1000名学生，其中实验班学生200人，普通班学生800人，现将高三一模考试数学成绩制成如图所示频数分布直方图，按成绩依次分为5组，其中第一组[0，30)，第二组[30，60)，第三组[60，90)的频数成等比数列，第一组与第五组[120，150)的频数相等，第二组与第四组[90，120)的频数相等。（1）求第三组的频率；（2）已知实验班学生成绩在第五组，在第四组，剩下的都在第三组，试估计实验班学生数学成绩的平均分；9\n（3）在（2）的条件下，按分层抽样的方法从第5组中抽取5人进行经验交流，再从这5人中随机抽取3人在全校师生大会上作经验报告，求抽取的3人中恰有一个普通班学生的概率。19．（本题12分）如图所示的几何体中，四边形为菱形，，，且平面平面，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.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9\n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.（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：．9\n张掖二中2022—2022学年度第一学期月考试卷（8月）高三数学（文科）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.9\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).【解析】（1）由得∵∴.9\n（2）由余弦定理：得，则.18．（1）0.4；（2）114；（3）【解析】(1)设公比为，则根据题意可得2(100＋100)＋1002＝1000，整理得2＋2－8＝0，解得，∴第三组的频数为400，频率为(2)由题意实验班学生成绩在第五组有80人，在第四组有100人，在第三组有20人，∴估计平均分(3)第5组中实验班与普通班的人数之比为4∶1，∴抽取的5人中实验班有4人，普通班有1人，设实验班的4人为A，B，C，D，普通班1人为a，则5人中随机抽取3人的结果有：ABC，ABD，ABa，ACD，ACa，ADa，BCD，BCa，BDa，CDa，共10种，其中恰有一个普通班学生有6种结果，故概率为19．（1）见解析（2）【解析】（1）证明：连结，∵四边形为菱形，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴，∵，∴，又∵，，∴平面，∵平面，∴.（2）过点作交的延长线于点，连结，∵平面，平面，∴，∵，∴平面，因此为直线与平面所成的角，∵，，∴，，∴，所以直线与平面所成角的正弦值为.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=9\n，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（2）由（时取等号）.即，从而，，当且仅当，即时取等号．∴原不等式得证．9