陕西省西安市八所重点中学2022年高三上学期理数联考试卷附答案.pdf

1、 高三上学期理数联考试卷（一）高三上学期理数联考试卷（一）一、单选题一、单选题1数据-2，0，1，2，5，6 的方差是（）A46BCD2已知全集（是自然数集），集合，则（）ABCD3已知复数 z 满足（为虚数单位），则（）ABCD4如图，在直角中，.向中任意投掷一粒豆子，则豆子落在正方形区域内的概率是（）ABCD5已知双曲线的离心率为 2，则双曲线 M 的渐近线方程是（）ABCD6如图所示算法框图，则输出的 z 的值是（）ABCD7将函数的图像向左平移个单位，得函数的图像，则（）AB1CD-18一个空间几何体的三视图如图所示，三个视图都是外轮廓为边长是 4 的正方形，则其表面积（）AB74CD

2、9若，则（）A-80B-40C40D8010第十四届全国运动会开幕式，于 2021 年 9 月 15 日 20 点在西安奥体中心隆重开幕本次盛会的观众席中有 1800 名是“西安铁一中”师生，这些师生中还有 800 名学生参加了文艺演出开暮式之后，在这名师生中，按照“参加了演出”和“未参加演出”分层抽样抽取了 9 名师生，参加“西安电视台”举办的“弘扬十四运精神”座谈会，并且在这 9 人中随机抽取 4 人再作问卷，则 4 人中恰有 3 人是“参加了演出”的概率是（）ABCD11如图，在正方形中，M，N 分别是的中点，则直线与平面的位置关系是（）A垂直B平行C相交但不垂直D无法确定12已知函数，

3、若对，使得，则 a 的取值范围是（）ABCD二、填空题二、填空题13已知向量，且，则 .14已知等比数列中，.设为数列的前 n 项乘积，则满足的正整数 n 的最小值是 .15已知抛物线的焦点为 F，过 F 且倾斜角为的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，则线段的中点到抛物线 C 的准线的距离是 .16已知，则 a，b，c 的大小关系是 .三、解答题三、解答题17设函数，且的最小正周期为.（1）求的值；（2）设的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，求的面积.18已知数列，定义：“，当时，则叫作数列的前 n 项差”设.（1）求数列的前 n 项差；（2）若，求数列的前 n 项和

4、.19如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面四边形 ABCD 是边长为 12，的菱形，侧面BPC 是的等腰直角三角形，M 为 PD 的中点，且平面 BPC平面 ABCD（1）求线段 AM 的长；（2）求直线 AM 与平面 PBD 所成角的正弦值20已知椭圆的离心率，左右焦点分别为，点在椭圆 S上，过的直线 l 交椭圆 S 于 A，B 两点.（1）求椭圆 S 标准方程；（2）求的面积的最大值.21已知函数（1）求的极值；（2）若（e 为自然对数的底数）时恒成立，求 a 的取值范围22已知极坐标系与直角坐标系的极点与原点重合，极轴与 x 轴的非负半轴重合，有相同的单位长度.在直角坐标系中，曲线 S

5、 的参数方程为（为参数），直线 l 过点.（1）求曲线 S 极坐标方程；（2）若直线 l 与曲线 S 交于 AB 两点，求的最小值及最小值时直线 l 的方程.23已知.（1）求的最小值；（2）求不等式的解集.答案解析部分答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】由题得数据的平均数为.所以数据的方差为.故答案为：B【分析】利用已知条件结合平均数公式和方差公式，进而得出这组数据的方差。2【答案】A【解析】【解答】由题得集合，所以。故答案为：A【分析】利用已知条件结合一元一次不等式求解集的方法和元素与集合的关系，进而求出集合 A，再利用补集的运算法则，进而得出集合 A 的补集。3【答案】C【解析】【解

6、答】，。故答案为：C.【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，进而得出复数 z。4【答案】B【解析】【解答】由题可得，所以，设正方形的边长为，则，解得（舍负），则豆子落在正方形区域内的概率。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合两直线平行对应边成比例的性质，进而得出正方形的边长，再利用三角形的面积公式和正方形的面积公式，再结合几何概型求概率公式得出豆子落在正方形区域内的概率。5【答案】A【解析】【解答】因为双曲线的离心率为 2，所以，解得，所以双曲线方程为，由，得，所以双曲线的渐近线方程为。故答案为：A【分析】利用已知条件结合双曲线的离心率公式得出 a 的值，进而得出双曲线的标准方差，进

7、而得出双曲线的渐近线方程。6【答案】C【解析】【解答】，；1；。故答案为：C【分析】利用已知条件结合程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构，进而得出输出的 z 的值。7【答案】D【解析】【解答】，则将的图像向左平移个单位后得，所以。故答案为：D【分析】利用已知条件结合辅助角公式化简函数 f(x)为正弦型函数，再利用正弦型函数的图象变换和诱导公式，进而得出函数 g(x)的解析式，再利用代入法得出函数值。8【答案】D【解析】【解答】如图，几何体原图是正方体削去两个三棱锥，得到多面体，由题得，过点作，垂足为.，所以多面体的表面积为。故答案为：D【分析】利用已知条件结合空间几何体的三视图得出几何体原图

8、是正方体削去两个三棱锥，进而得到多面体，再利用四边形面积的关系式和四边形的面积公式，再结合三角形面积的关系式和三角形的面积公式，得出，的值，再利用勾股定理得出 GE 和 EC 的长，过点作，垂足为再利用勾股定理得出 GH 的长，再结合三角形的面积关系式和三角形的面积公式，进而得出的值，再利用求和法得出多面体的表面积。9【答案】B【解析】【解答】依题意，所以。故答案为：B【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出的值。10【答案】A【解析】【解答】由题意可知，所抽取的人中“参加了演出”的人数为人，因此，在这 9 人中随机抽取 4 人再作问卷，则 4 人中恰有 3

9、 人是“参加了演出”的概率是。故答案为：A.【分析】利用已知条件金额和分层抽样的方法得出所抽取的人中“参加了演出”的人数，再利用组合数公式和古典概型求概率公式，进而得出 4 人中恰有 3 人是“参加了演出”的概率。11【答案】B【解析】【解答】连接，设，连接，因为在正方形中，M，N 分别是的中点，所以，且，又所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面。故答案为：B.【分析】连接，设，连接，在正方形中，M，N 分别是的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，且，再利用，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。12【答案】

10、C【解析】【解答】因为，所以的值域为，当时，在上单调递减.当时，由时得到，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.得，又因为时，由题意，得，得。故答案为：C.【分析】利用，再利用二次函数的图象求值域的方法得出函数的值域，再利用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数 g(x)的最小值，再利用已知条件结合恒成立问题求解方法和函数求极限的方法，进而得出实数 a 的取值范围。13【答案】【解析】【解答】由已知可得，解得。故答案为：。【分析】利用已知条件结合向量共线的坐标表示，进而得出实数 x 的值。14【答案】9【解析】【解答】在等比数列中，则公比，所以则，由，则，所以，解得（另一

11、范围舍去），由，所以满足的正整数 n 的最小值是 9。故答案为：9。【分析】在等比数列中，再结合等比数列的通项公式得出公比的值，再利用等比数列的通项公式求出数列的通项公式，再利用求积的方法和指数幂的运算法则以及等差数列前 n 项和公式，进而得出，由，则，再利用指数函数的单调性，所以，再利用一元二次不等式求解集的方法，进而得出满足要求的 n 的取值范围，由，进而得出满足的正整数 n 的最小值。15【答案】4【解析】【解答】由题得，所以抛物线的焦点，所以直线 的方程为，设，联立方程得，所以，所以.由题得线段的中点到抛物线 C 的准线的距离是，。故答案为：4。【分析】由题得，进而得出抛物线的焦点的坐

12、标，再利用直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线 的方程，设，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由题得线段的中点到抛物线 C 的准线的距离是，再利用中点的性质结合代入法和韦达定理，进而得出的值，从而得出线段的中点到抛物线 C 的准线的距离。16【答案】【解析】【解答】因为，所以，所以，设，又，在上单调递增，得，所以，所以。故答案为：。【分析】利用已知条件结合对数函数的单调性和构造法，再利用指数函数的单调性和导数判断单调性的方法，进而比较出 a，b，c 的大小。17【答案】（1）解：.的最小正周期是，又因为，所以.（2）解：由（1）得.

13、所以由，得，又因为，所以.或，即或.当时，由余弦定理得，又因为，得.；当时，同理，由余弦定理得，.综上所述，当时，；当时，.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式和二倍角的余弦公式，进而将函数 f(x)转化为余弦型函数，再利用余弦型函数的最小正周期公式，进而得出的值。（2）由（1）得，再利用代入法和三角形中角 A 的取值范围，进而得出角 A 的值，再利用分类讨论的方法和余弦定理得出 bc 的值，再利用三角形的面积公式得出三角形 的面积的值。18【答案】（1）解：，.当时，满足.（2）解：.-得.【解析】【分析】（1）利用定义：“，当时，则叫作数列的前 n 项差”，设，再利用分类讨论的方

14、法和检验法，进而得出数列的前 n 项差的值。（2）利用和，进而得出数列的通项公式，再利用错位相减的方法得出数列的前 n 项和。19【答案】（1）解：设 BC 的中点为 O，连接 PO，DO，由题意，得，且直线 OD，OC，OP 两两互相垂直以 O 为原点，直线 OC，OD，OP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz则，由 M 为 PD 的中点，得线段 AM 的长为（2）解：由（1）得：，设平面 PBD 的一个法向量为，则，取，故设直线 AM 与平面 PBD 所成角为，则直线 AM 与平面 PBD 所成角的正弦值为【解析】【分析】（1）设 BC 的中点为 O，连接 PO，

15、DO，由题意，得，且直线 OD，OC，OP 两两互相垂直，以 O 为原点，直线 OC，OD，OP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz，进而得出点的坐标，再由 M 为 PD 的中点，得出点 M 的坐标，再结合空间两点的距离公式得出线段 AM的长。（2）利用（1）结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，进而得出直线 AM 与平面 PBD 所成角的正弦值。20【答案】（1）解：设椭圆 S 的半焦距为，由题意解得椭圆 S 的标准方程为；（2）解：由（1）得，设，代入，得，设，则，当且仅当即时，等号成立，故的面积的最大值为.【解析】【分析】（1）

16、设椭圆 S 的半焦距为，再利用椭圆的离心率公式，椭圆中 a，b，c 三者的关系式和代入法，进而解方程组求出 a，b，c 的值，从而得出椭圆 S 的标准方程。（2）由（1）得焦点坐标，设，再设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，则，再利用韦达定理得出，再结合三角形的面积公式结合均值不等式求最值的方法，进而得出三角形的面积的最大值。21【答案】（1）解：的定义域为当时，在上单调递减，无极值当时，由，得，当时，在上单调递增当时，在上单调递减在处取得极大值，无极小值综上所述，当时，无极值；当时，有极大值，极大值为，无极小值（2）解：若（e 为自然对数的底数）时恒成立，即恒成立，就是，即恒

17、成立设，则设，即令，即，显然，是方程的一个解设，由得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减（仅在时等号成立），得得在上单调递减当时，取最大值当时，取最大值，即，得 a 的取值范围为【解析】【分析】(1)利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而求出函数的极值。（2）若（e 为自然对数的底数）时，恒成立，即恒成立，设，则，设，再利用导数的运算法则求出其导函数，即，令，显然，是方程的一个解，设再利用导数的运算法则求出其导函数，由得，再利用导数的方法判断函数的单调性，进而求出函数的最大值，得，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，所以当时，取最大值，所

18、以，进而得出 a 的取值范围。22【答案】（1）解：将曲线的参数方程（为参数）的参数消去，得曲线 S 的普通方程为，即.将代入上述方程，得曲线 S 极坐标方程为.（2）解：由（1）知在直角坐标系中曲线 S 是以为圆心，半径为 3 的圆，且，即点在内.当时最小.，.直线 l 方程为，即.的最小值为 4，最小值时直线 l 的方程为.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合参数方程与普通方程的转化方法，再利用极坐标与普通方程的互化公式，进而得出曲线 S 的极坐标方程。（2）由（1）知在直角坐标系中曲线 S 是以为圆心，半径为 3 的圆，且，再利用点与圆的判断方法，得出点在内，所以利用几何法得出当时最小

19、，再利用勾股定理得出 MP 的长，再结合弦长公式得出 AB 长的最小值，再结合两点求斜率公式和两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出的值，再结合点斜式求出直线 l 方程，再转化为直线 l 的一般式方程，进而得出的最小值，从而得出最小值时直线 l 的方程。23【答案】（1）解：因为，所以，当时，；当时，；当时，；当时，.（时，），即得最小值是 6.（2）解：由（1）得不等式等价于下面的不等式组：或或或由得，由得，由得，由.不等式得解集为或.所以不等式的解集为或.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合绝对值定义，进而将函数转化为分段函数，再利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再结合分段函数的图象求出分段函数的最小值。（2）利用已知条件结合绝对值的定义和分类讨论的方法，进而解一元一次不等式组结合并集的运算法则，从而求出不等式的解集。