河南省信阳高级中学2022届高三数学上学期第八次大考试题

信阳高中2022届高三第八次大考数学（理）试题第I卷一、选择题：本大题共12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．已知集合，，则（）．A．B．C．D．2．复数﹣=（）A.0B.2C.﹣2iD.2i3．下列命题中，正确的是（）．A．存在，使得B．“”是“”的充要条件C．若，则D．若函数在有极值，则或4．=（）A．B．C．D．5．如图是一个无盖器皿的三视图，正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2，正视图、侧视图中的虚线都是半圆，则该器皿的表面积是()A．B．C．D．6．设满足不等式组，若的最大值为，最小值为，则实数的取值范围为A．B．C．D．7．平行四边形ABCD中，·=0，沿BD将四边形折起成直二面角A一BD－C，且，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为（　　）A．B．C．D．38．已知函数是上的增函数．当实数取最大值时，若存在点，使得过点的直线与曲线围成两个封闭图形，且这两个封闭图形的面积总相等,则点的坐标为（）A．B．C．D．9．已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线与圆有公共点，且圆在点的切线与双曲线的渐近线平行，则双曲线的离心率为A．B．C．或D．以上都不对10．函数，若实数a满足=1，则实数a的所有取值的和为（）A．1B．C．D．11．已知双曲线C的方程为，其左、右焦点分别是、．已知点坐标为，双曲线上点（，）满足，则（）A．B．C．D．12．已知定义在上的函数满足，当时，，设在上的最大值为，且的前项和为，则=（）．A．B．C．D．3第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第13题---第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题—第24题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。13．若函数在区间上恒有，则关于的不等式的解集为_______．14．记，当正数、变化时，也在变化，则t的最大值为．15．如图在平行四边形中，已知，，则的值是．16．已知函数在上是增函数，函数，当时，函数的最大值与最小值的差为，则．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（本小题满分12分）设函数，（Ⅰ）求的最大值，并写出使取最大值时x的集合；（Ⅱ）已知中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，求的面积的最大值．18．（本小题共12分）已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）设，若恒成立，求实数的取值范围；（3）设,是数列的前项和，证明．19．（本小题满分12分）如图，三棱柱中，平面，，,点在线段上，且，．（Ⅰ）求证：直线与平面不平行；3（Ⅱ）设平面与平面所成的锐二面角为，若，求的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设平面平面，求直线与所成的角的余弦值．20．（本小题满分12分）已知椭圆的下顶点为P(0,-1)，到焦点的距离为.（Ⅰ）设Q是椭圆上的动点，求的最大值；（Ⅱ）若直线与圆O:x2+y2=1相切，并与椭圆交于不同的两点A、B．当，且满足时，求AOB面积S的取值范围．21．已知．（1）求的单调区间；（2）令，则时有两个不同的根，求的取值范围；（3）存在，且，使成立，求的取值范围．请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，是的直径，与相切于，为线段上一点，连接、分别交于、两点，连接交于点．（Ⅰ）求证：四点共圆；（Ⅱ）若为的三等分点且靠近，，，求线段的长．23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程选讲已知在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的取值范围．24．（本题满分10分）选修4-5；不等式选讲已知（1）求的解集；（2）若-恒成立，求的取值范围．3理科数学参考答案一、选择题：1B2．D3．C4．C5．C6．B7．C8．C9．B10．C11．C12．B二、填空题：13.14．15．416．二、解答题：17．（Ⅰ）…………3分所以的最大值为…………4分此时故的集合为…5分（Ⅱ）由题意，，即化简得7分，，只有，……8分在中，由余弦定理，即，当且仅当取等号，……10分……12分．18．（1）由已知得，其中所以数列是公比为的等比数列，首项，所以3分由（1）知所以所以7分因此，所以，当即，即所以是最大项所以．．9分（3）又令，显然在时单调递减，所以故而12分19．依题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，设，则．2分（Ⅰ）证明：由平面可知为平面的一个法向量．∴．3分∴直线与平面不平行．4分（Ⅱ）设平面的法向量为，则，5分取，则，故．6分∴，7分解得．∴．8分（Ⅲ）在平面内，分别延长，交于点，连结，则直线为平面与平面的交线．9分∵，，∴．∴，∴．10分由（Ⅱ）知，，故，∴．11分∴直线与所成的角的余弦值为．12分20(1)易知椭圆的方程为1分设，．∴当时，．4分(2)依题结合图形知的斜率不可能为零，所以设直线的方程为()．∵直线即与圆O:相切，∴有：得．6分又∵点A、B的坐标(，)、(，)满足：消去整理得，由韦达定理得，．其判别式，又由求根公式有．……8分∵==．9分．10分∵，且∈[，]．∴∈[，]．12分21．解：（1）．令得，时，，单调递增；时，，单调递减．综上，单调递增区间为，单调递减区间为．……3分（2）……4分①当时，，单调递减，故不可能有两个根，舍去……5分②当时，时，，单调递减，时，，单调递增．所以得．……6分，所以……7分（3）不妨设，由（1）知时，单调递减．，等价于即……8分存在，且，使成立令，在存在减区间……9分有解，即有解，即令，，时，单调递增，时，单调递减，，．……12分22．（Ⅰ）连接，则，又因为，，所以所以，所以，所以四点共圆5分（Ⅱ）因为，则，又为三等分，所以，，由于四点共圆，由割线定理得，与⊙相切于，由切割线定理得所以，则，故10分考点：四点共圆的判定定理，切割线定理．23．（Ⅰ）直线的普通方程为：；2分曲线的直角坐标方程为：5分（Ⅱ）设点，则所以的取值范围是10分24．∵如图：……3分（1）当时，得即得；当时，得即；当时，得，得-2>0无解；综上，所以的解集为．5分（2）∵且，所以，当且仅当时等号成立，即．……8分由恒成立，∴，结合图像知：，∴的取值范围是：．……10分理科数学参考答案（教师版）1．B因为，，所以，故选B．2．D解：﹣=﹣=﹣=i+i=2i．3．CA中，令，则，所以在为增函数，所以，即，所以不存在，使得，不正确；B中当时，不成立，不正确；D中，，则有，解得或，而当时，，此时函数无极值，故D不正确；C正确，故选C．4．C，故选C．5．C该器皿的表面积可分为两部分：去掉一个圆的正方体的表面积和半球的表面积,,故选：C．6．B作出约束条件表示的可行域，如图所示的内部（含边界），其中，，，的最大值为，最小值为，说明在点处取得最大值，在点处取得最小值，则有，，，所以，即，选B．7．C,所以,因为为平行四边形,所以.因为为直二面角,所以,因为,,,所以.因为,所以.分析可知三棱锥的外接球的球心为的中点.因为,所以.则三棱锥的外接球的半径为1,表面积为.故C正确.8．C，由题意时，恒成立，所以，而当时，，所以，即的最大值为2．此时，由于函数是奇函数，关于点对称，所以函数的图象关于点对称，所以点的坐标为．9．B由题意圆在点的切线方程为，因为圆在点的切线与双曲线的渐近线平行，故双曲线的渐近线为，可设双曲线的方程为，将点代入可得，即双曲线方程为10．C令，则，当时，由得；当时，由得或，所以或或；若，当时，，此时；当时，，此时（舍去）；若，当时，，此时；当时，，此时或；若，当时，，此时；当时，，此时方程无解；所以所有可能值为，其和为，故选C．11．C由条件，得，．因为，所以＝，即，化简整理，得①．又在双曲线上，所以把①代入双曲线，解得或（舍去），所以，所以直线的方程为，所以点到直线的距离．易知点到轴、直线的距离均为1，所以点是的内心，所以＝＝＝，故选C．12．B因为定义在上的函数满足恒成立，所以，所以．设，则．因为当时，，所以＝＋，所以，所以，，所以时，的最大值为，即，所以前项和为，故选B．13．因为，所以．又函数在区间上恒有，所以，所以函数在定义域内为减函数，所以不等式等价于，解得．14．若,则,．故,当且仅当时取“＝”；若,则,．故，当且仅当x=y=时取“＝”．综上可知,当时,t取最大值为．．15．4由题意解得．16．因为函数在上是增函数，所以在上恒成立，即，即；因为，若，即时，在单调递减，则（舍），当，即时，函数在上递减，在上递增，且，所以，即，解得；故填．17．（Ⅰ）…………3分所以的最大值为…………4分此时故的集合为…5分（Ⅱ）由题意，，即化简得7分，，只有，……8分在中，由余弦定理，即，当且仅当取等号，……10分……12分．18．（1）由已知得，其中所以数列是公比为的等比数列，首项，所以3分由（1）知所以所以7分因此，所以，当即，即所以是最大项所以．．9分（3）又令，显然在时单调递减，所以故而12分19．依题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，设，则．2分（Ⅰ）证明：由平面可知为平面的一个法向量．∴．3分∴直线与平面不平行．4分（Ⅱ）设平面的法向量为，则，5分取，则，故．6分∴，7分解得．∴．8分（Ⅲ）在平面内，分别延长，交于点，连结，则直线为平面与平面的交线．9分∵，，∴．∴，∴．10分由（Ⅱ）知，，故，∴．11分∴直线与所成的角的余弦值为．12分20(1)易知椭圆的方程为1分设，．∴当时，．4分(2)依题结合图形知的斜率不可能为零，所以设直线的方程为()．∵直线即与圆O:相切，∴有：得．6分又∵点A、B的坐标(，)、(，)满足：消去整理得，由韦达定理得，．其判别式，又由求根公式有．……8分∵==．9分．10分∵，且∈[，]．∴∈[，]．12分21．解：（1）．令得，时，，单调递增；时，，单调递减．综上，单调递增区间为，单调递减区间为．……3分（2）……4分①当时，，单调递减，故不可能有两个根，舍去……5分②当时，时，，单调递减，时，，单调递增．所以得．……6分，所以……7分（3）不妨设，由（1）知时，单调递减．，等价于即……8分存在，且，使成立令，在存在减区间……9分有解，即有解，即令，，时，单调递增，时，单调递减，，．……12分22．（Ⅰ）连接，则，又因为，，所以所以，所以，所以四点共圆5分（Ⅱ）因为，则，又为三等分，所以，，由于四点共圆，由割线定理得，与⊙相切于，由切割线定理得所以，则，故10分考点：四点共圆的判定定理，切割线定理．23．（Ⅰ）直线的普通方程为：；2分曲线的直角坐标方程为：5分（Ⅱ）设点，则所以的取值范围是10分24．∵如图：……3分（1）当时，得即得；当时，得即；当时，得，得-2>0无解；综上，所以的解集为．5分（2）∵且，所以，当且仅当时等号成立，即．……8分由恒成立，∴，结合图像知：，∴的取值范围是：．……10分