2022屆黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)高三上學(xué)期第四次驗(yàn)收考試數(shù)學(xué)（文）試題（解析版）2

2022屆黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)高三上學(xué)期第四次驗(yàn)收考試數(shù)學(xué)（文）試題一、單選題1．已知集合，，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先解不等式求得集合，之后利用交集定義求得結(jié)果.【詳解】由，，所以，故選：A.2．已知，則的大小關(guān)系為（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)指數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比大小.【詳解】由已知得，，且，所以，，所以，故選：A.3．若直線與平行，則的值為（）A．1或3 B．3 C．1 D．【答案】C【分析】由兩直線平行的條件得結(jié)論．【詳解】顯然時(shí)，兩直線不平行，因此由兩直線平行得，解得，故選：C．4．“塹堵”是中國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載著的一種多面體.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)線畫出的是某“塹堵”的三視圖，則該“塹堵”的體積等于（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】由三視圖還原直觀圖，結(jié)合柱體體積公式即可求解.【詳解】如圖，為還原后的直觀圖，則該“塹堵”的體積等于.故選：D5．已知數(shù)列是等差數(shù)列，若，，依次構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則（）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】設(shè)出等差數(shù)列的公差，由，，構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，列式求出公差，則由化簡得答案.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由，，構(gòu)成等比數(shù)列，得：，整理得：即．化簡得：，即．．故選：C．6．已知直線l截圓所得的弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，則弦AB的垂直平分線方程為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)可知弦AB的垂直平分線過圓心，結(jié)合題中所給的弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)式寫出直線方程，整理得結(jié)果.【詳解】將圓的方程化為，得圓心為，由圓的性質(zhì)可知弦AB的垂直平分線過圓心，弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，所以弦AB的垂直平分線方程為，整理得，故選：B.7．已知，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式，同角三角函數(shù)關(guān)系式及二倍角公式化簡整理即可.【詳解】由，所以，故選：D.8．在直三棱柱中，已知是等邊三角形，，，分別是，，的中點(diǎn)，若，則直線與所成角的余弦值為A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，，由題可得，即直線與所成角為，根據(jù)余弦定理即可求解【詳解】連接，，由題可得．在直三棱柱中，因?yàn)?，所以，，所以，所以直線與所成角的余弦值為．故選D．【點(diǎn)睛】本題主要涉及內(nèi)容為求異面直線求夾角的問題，將異面直線通過平移其中一條直線或兩條直線的方式轉(zhuǎn)化成平面直線的夾角，利用余弦定理的方式進(jìn)行解決，注意本題中在計(jì)算邊的時(shí)候抓住直三棱柱的性質(zhì)，即側(cè)棱與地面垂直．9．已知S，A，B，C是球O表面上的不同點(diǎn)，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝.若球O的表面積為4π，則SA＝A． B．1C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)已知把補(bǔ)成如圖所示的長方體．因?yàn)榍騉的表面積為4π，所以球O的半徑R＝1,2R＝＝2，解得SA＝1，故選B．10．已知函數(shù)的定義域?yàn)?當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.則A． B． C． D．【答案】D【解析】【詳解】試題分析：當(dāng)時(shí),,所以當(dāng)時(shí),函數(shù)是周期為的周期函數(shù),所以,又函數(shù)是奇函數(shù),所以,故選D．【解析】函數(shù)的周期性和奇偶性．11．正四面體中，棱長為2，其中為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，則下列四個(gè)命題中正確的個(gè)數(shù)是（）①面；②；③直線與面所成角的余弦值為；④若為棱上一點(diǎn)，則的最小值為.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由線面平行的判定之理判斷①，由線面垂直的性質(zhì)定理判斷②，求出線面角判斷③，把空間最小距離問題轉(zhuǎn)化為平面上的最短距離，求得結(jié)論判斷④．【詳解】為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，則，而面，面，所以面，①正確；取中點(diǎn)，連接，則，，，平面，所以平面，又平面，所以，所以，②正確；設(shè)是的中心，連接，則平面，是直線與面所成角，正四面體棱長為2，則，，，③錯(cuò)；把和攤平，如圖，當(dāng)是與交點(diǎn)時(shí)，最小，最小值為．④錯(cuò)．因此正確的有2個(gè)．故選：B．12．已知函數(shù)，函數(shù)在上有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】函數(shù)在上有3個(gè)不同的零點(diǎn)，即有3個(gè)不同的根，再結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)即可求解.【詳解】由題意知，函數(shù)在上有3個(gè)不同的零點(diǎn)，即有3個(gè)不同的根，所以有三個(gè)根，因?yàn)?，所以，因?yàn)椋?，故選：B.二、填空題13．已知圓和圓外切，則_____【答案】【分析】根據(jù)兩圓外切列方程，化簡求得.【詳解】圓的圓心為，半徑為.圓的圓心為，半徑為.圓心距為，由于兩個(gè)圓外切，所以.故答案為：14．若變量滿足約束條件：則的最小值為___________.【答案】5【分析】由題畫出可行域，結(jié)合幾何意義即可求解.【詳解】如圖，陰影部分面積為對應(yīng)可行域，由得，要使最小，即對應(yīng)截距最小，此時(shí)與可行域交于點(diǎn)，求得，故的最小值為5.故答案為：515．若非零向量滿足，則夾角的余弦值為_______.【答案】【解析】【詳解】試題分析：由，得，即，所以＝．【解析】1、平面向量的數(shù)量積運(yùn)算；2、平面向量的夾角．【技巧點(diǎn)睛】平面向量中對模的處理主要是利用公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即實(shí)現(xiàn)平面向量的運(yùn)算與代數(shù)運(yùn)算的轉(zhuǎn)化，而求向量的夾角時(shí)，如果已知條件中沒有明確關(guān)于的數(shù)量積與模的大小，通常要利用已知條件找到三者之間的關(guān)系．三、雙空題16．若函數(shù)）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)和，則a的取值范圍為___________；若，則a的最小值為___________.【答案】【分析】由題可得有兩個(gè)不相等的實(shí)根，利用導(dǎo)數(shù)可求函數(shù)的最值，再結(jié)合圖象即得；當(dāng)時(shí)，可得，結(jié)合函數(shù)圖象可得，即求.【詳解】由得，，則有兩個(gè)不相等的實(shí)根，即有兩個(gè)不相等的實(shí)根，令，則，∴當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，∴，∴；當(dāng)時(shí)，即，∴，此時(shí)，∴當(dāng)時(shí)，，∴a的最小值為.故答案為：；四、解答題17．已知圓C1的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，且與直線相切．(1)求圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l過點(diǎn)M（1，2），直線l被圓C1所截得的弦長為，求直線l的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）由圓心到直線的距離求得半徑，可得圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，求得直線l被圓C1所截得的弦長為，符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)出直線方程，由已知弦長可得圓心到直線的距離，再由點(diǎn)到直線的距離公式列式求k，則直線方程可求．(1)∵原點(diǎn)O到直線的距離為，∴圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為；(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝1，代入，得，即直線l被圓C1所截得的弦長為，符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為，即．∵直線l被圓C1所截得的弦長為，圓的半徑為2，則圓心到直線l的距離，解得．∴直線l的方程為，即．綜上，直線l的方程為或．18．如圖，在中，，，點(diǎn)D在線段BC上.(1)若，求AD的長；(2)若，的面積為，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）在中，由正弦定理求得；（2）由題可得面積，由面積公式求得，再由余弦定理求得，然后利用正弦定理即得．(1)在三角形中，∵，∴，在中，由正弦定理得，又，，，∴.(2)∵，∴，，又的面積為，∴，∵，∴，∴，在中，由余弦定理得，∴，在中，由正弦定理得∴.19．如圖，在三棱柱中，，，，.(1)證明：平面ABC；(2)求點(diǎn)A到平面的距離.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，進(jìn)而得，結(jié)合條件及勾股定理可得，再利用線面垂直的判定定理即證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法即求.(1)在中，，，，∴，∴，，∴，又，，，∴，∴，又，，∴平面ABC.(2)如圖以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，∴，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，可得，設(shè)點(diǎn)A到平面的距離為，又，則，即點(diǎn)A到平面的距離為.20．已知數(shù)列各項(xiàng)都為正數(shù)，且，其前n項(xiàng)和為，當(dāng)時(shí)滿足：.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前2022項(xiàng)和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用與的關(guān)系可得，可求，即得；（2）由題可得，即求.(1)∵當(dāng)時(shí)，，又，∴，即，又，∴是首項(xiàng)為1，公差為1是等差數(shù)列，∴，又?jǐn)?shù)列各項(xiàng)都為正數(shù)，∴，，又也適合，∴；(2)∵，∴.21．已知函數(shù).(1)討論函數(shù)的單調(diào)性：(2)若，有，求的取值范圍.（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)答案見解析；(2).【分析】（1）的定義域?yàn)椋?，討論和時(shí)，解不等式與即可求解；（2）由題意可知對于恒成立，且，分別討論，，，，時(shí)判斷在上的單調(diào)性，判斷是否成立，即可得的取值范圍(1)的定義域?yàn)?，由可得，?dāng)時(shí)，對于恒成立，此時(shí)在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，由可得；由可得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，(2)由題意可知對于恒成立，即對于恒成立，設(shè)，則對于恒成立，且，，當(dāng)時(shí)，，，此時(shí)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，而，，此時(shí)對于恒成立，所以符合題意；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，，此時(shí)對于恒成立，所以符合題意；當(dāng)時(shí)，若即時(shí)，在上單調(diào)遞增，此時(shí)當(dāng)時(shí)，不符合題意，當(dāng)即時(shí)，在上單調(diào)遞增，此時(shí)當(dāng)時(shí)，不符合題意，當(dāng)即時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，此時(shí)，，此時(shí)對于恒成立，所以符合題意；綜上所述：的取值范圍為.22．在平面直角坐標(biāo)系中，直線的方程為，曲線經(jīng)過伸縮變換后得到曲線.以點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.(1)求直線的極坐標(biāo)方程和曲線的普通方程；(2)設(shè)射線與直線和曲線分別交于點(diǎn)，求的最大值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）結(jié)合直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)互化即可求解的極坐標(biāo)方程和曲線的普通方程；（2）將曲線轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)方程，結(jié)合極徑的幾何意義可求的最大值.(1)由可得，又對曲線，則，即，所以直線的極坐標(biāo)方程為，曲線的普通方程為；(2)直線極坐標(biāo)方程整理得，即，曲線：變形得，即，，由題可知，，則，，當(dāng)且僅當(dāng)，即，當(dāng)時(shí)，的最大值為.23．已知函數(shù).(1)若，且不等式的解集為或，求的值；(2)若均為正實(shí)數(shù)，且，對任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)；(2).【分析