甘肃省武威市凉州区届高三下学期质量检测数学文试题含答案解析.docx
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甘肃省武威市凉州区届高三下学期质量检测数学文试题含答案解析
甘肃省武威市凉州区2022届高三下学期质量检测数学（文）试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
2．已知复数z满足
，则
的虚部为（ ）
A．
B．
C．
D．1
3．已知平面向量
，
满足
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
4．已知数列
为等差数列，若
，则
（ ）
A．
B．1C．
D．
5．若点
（
）是抛物线
（
）上一点，且点P到该抛物线焦点的距离为3，则
（ ）
A．1B．2C．3D．6
6．北京冬奥会已在北京和张家口市如火如荼的进行.为了纪念申奥成功，中国邮政发行《北京申办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”.先从一套5枚邮票中任取3枚，则恰有2枚会徽邮票的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．函数
（A，ω，φ为常数，A>0，ω>0，
）的部分图象如图所示，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
9．“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”；子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.地支又与十二生肖“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”依次对应.“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、、癸酉：
甲戌、乙亥、丙子、…、癸未；甲申、乙寅、丙戌、…、癸已；…；共得到60个组合，称为六十甲子，周而复始，无穷无尽.2020年是“干支纪年法”中的庚子年，那么2082年出生的孩子属相为（ ）
A．猴B．马C．羊D．虎
10．函数
有三个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．（﹣4，4）B．[﹣4，4]
C．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）
11．已知
，
，
分别是椭圆
的左焦点､右焦点､上顶点，连接
并延长交
于点
，若
为等腰三角形，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
12．
是定义在
上的函数，且
，当
时，
，则有
A．
B．
C．
D．
二、填空题
13．已知
，
满足
则
的最小值为___________.
14．已知
为奇函数，当
时，
，则
___________.
15．《后汉书·张衡传》：
“阳嘉元年，复造候风地动仪.以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆文山龟鸟兽之形.中有都柱，傍行八道，施关发机.外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之.其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际.如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之.振声激扬，伺者因此觉知.虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在.验之以事，合契若神.”如图，为张衡地动仪的结构图，现要在相距200km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向，若A地动仪正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置在A地正东________________km.
16．如图，在三棱锥
中，
平面ABC，
，
，若三棱锥的外接球体积为
，则
的面积为__________．
三、解答题
17．已知数列
是等比数列，且
，
.
（1）求数列
的通项公式；
（2）设
，求数列
的前n项和
，并证明：
.
18．天水市第一次联考后，某校对甲、乙两个文科班的数学考试成绩进行分析，规定：
大于或等于120分为优秀，120分以下为非优秀．统计成绩后，得到如下的
列联表，且已知在甲、乙两个文科班全部110人中随机抽取1人为优秀的概率为
.
优秀
非优秀
合计
甲班
10
乙班
30
合计
110
（1）请完成上面的列联表；
（2）根据列联表的数据，若按99.9%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”；
（3）若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：
把甲班优秀的10名学生从2到11进行编号，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的序号．试求抽到9号或10号的概率．
参考公式与临界值表：
．
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
19．直三棱柱
中，
为正方形，
，
，M为棱
上任意一点，点D、E分别为AC、CM的中点．
（1）求证：
平面
；
（2）当点M为
中点时，求三棱锥
的体积．
20．已知椭圆的两焦点为
、
，P为椭圆上一点，且
．
（1）求此椭圆的方程；
（2）若点P在第二象限，
，求
的面积．
21．设函数
，其中
为自然对数的底数，曲线
在
处切线的倾斜角的正切值为
．
（1）求
的值；
（2）证明：
．
22．在平面直角坐标系
中，曲线
的方程为：
，曲线
的参数方程为：
（
为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线
的极坐标方程；
（2）射线
与曲线
的交点为P，与曲线
的交点为Q，求线段
的长.
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
求出集合
后可求
.
【详解】
因为
，
，
所以
.
故选：
C.
2．D
【解析】
【分析】
首先根据复数代形式的乘法运算法则化简复数
，即可得到其共轭复数，即可判断；
【详解】
解：
因为
，所以
，即
，所以
，所以
，则
的虚部为
；
故选：
D
3．D
【解析】
【分析】
由向量垂直得数量积为0，从而求得
，再由数量积定义求得夹角的余弦值后可得正弦值．
【详解】
由
，得
，
，而
，
所以
．
故选：
D．
4．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质求出
，从而可得出答案.
【详解】
解：
因为数列
为等差数列，
，
所以
，所以
，
所以
.
故选：
A.
5．B
【解析】
【分析】
首先根据点在曲线上得到
，再根据抛物线的焦半径公式得到
，联立两个方程即可求出答案.
【详解】
因为
（
）是抛物线
（
）上一点，所以
即
，
设抛物线的焦点为F，由抛物线的焦半径公式可得：
，解得：
.
故选：
B.
6．C
【解析】
【分析】
求出从一套5枚邮票中任取3枚的方法数，再求出3枚中恰有2枚会徽邮票的方法数，然后利用古典概型的概率公式求解
【详解】
由题意可得从一套5枚邮票中任取3枚的方法数为
种，
取出的3枚中恰有2枚会徽邮票的有
种，
所以从一套5枚邮票中任取3枚，则恰有2枚会徽邮票的概率为
，
故选：
C
7．B
【解析】
【分析】
分别计算圆柱和圆锥的表面积，再减去重合部分的面积即可.
【详解】
圆柱表面积
，圆锥母线长为
，圆锥表面积
，
重合部分为2个圆，故该几何体的表面积为
.
故选：
B.
8．B
【解析】
【分析】
根据函数图像易得
，
，求得
，再将点
代入即可求得
得值.
【详解】
解：
由图可知
，
，则
，所以
，
所以
，
将
代入得
，
所以
，
又
，
所以
.
故选：
B.
9．D
【解析】
【分析】
可根据“干支纪年法”确定2082年是壬寅年，然后由地支对应的属相得结论，也可根据属于的周期性直接得结论．
【详解】
由题意，2080年也是庚子年，2081年是辛丑年，2082年是壬寅年，寅属虎，（或属于是12年一个周期，2080年属鼠，2081年属牛，2082年属虎）
故选：
D
10．A
【解析】
【分析】
求得函数
的导数，利用导数求得函数的单调性和极值，结合题意，列出不等式组
，即可求解.
【详解】
由题意，函数
，可得
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以函数
在
处取得极大值，在
处取得极小值，
要使得函数
有三个零点，则满足
，解得
，
即实数
的取值范围是
.
故选：
A．
11．C
【解析】
【分析】
根据题意和椭圆的定义可得
，进而求出
，
，利用余弦定理求出
，结合
列出关于a与c的方程，解方程即可.
【详解】
由椭圆的定义，得
，
由椭圆的对称性，得
，
设
，则
，
又
，所以
，
因为
为等腰三角形，所以
，
即
，得
，
所以
，
在
中，由余弦定理，得
，
在
中，由余弦定理，得
，
又
，所以
，
即
，整理，得
，
所以
，由
，得
.
故选：
C
12．C
【解析】
【详解】
由
可知
的图像关于
对称，当
时，
为增函数，
时，函数
为减函数，因为
=
，
>
>0
所以
故选C
13．
##-0.5
【解析】
【分析】
利用不等式组画出可行域，将目标函数转化为直线即可.
【详解】
如图：
画出可行域（如图阴影部分），目标函数
转化为
，
当直线
经过点
时，
取得最小值，最小值为
.
故答案：
【点睛】
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，属于基础题.
14．
【解析】
【分析】
利用奇函数的性质，结合函数的解析式进行求解即可.
【详解】
因为
为奇函数，所以
，
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
依题意画出图象，即可得到
，
，再利用正弦定理计算可得；
【详解】
解：
如图，设震源在C处，则
，则由题意可得
，根据正弦定理可得
，又
所以
，
所以震源在A地正东
处.
故答案为：
16．2
【解析】
【分析】
将三棱锥
补成三棱柱，取AC中点
，PF中点
，设外接球半径为
，根据球的体积公式列出方程求得
，进而求得
，即可求解.
【详解】
如图所以，将三棱锥
补成三棱柱，取AC中点
，PF中点
，
则外接球球心即为
的中点O，设外接球半径为
，
则
，解得
，所以
，解得
，
所以
．
故答案为：
.
17．
（1）
；
（2）
，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行运算证明即可.
（1）
设等比数列
的公比是q，首项是
.
由
，可得
.
由
，可得
，所以
，
所以
；
（2）
证明：
因为
，
所以
.
又
，所以
.
18．
（1）
优秀
非优秀
合计
甲班
10
50
60
乙班
20
30
50
合计
30
80
110
（2）按99.9%的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”
（3）
．
【解析】
【详解】
试题分析：
思路分析：
此类问题
（1）
（2）直接套用公式，经过计算“卡方”，与数表对比，作出结论．（3）是典型的古典概型概率的计算问题，确定两个“事件”数，确定其比值．
解：
（1） 4分
优秀
非优秀
合计
甲班
10
50
60
乙班
20
30
50
合计
30
80
110
（2）根据列联表中的数据，得到K2≈7.487＜10.828．因此按99.9%的
可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”
（3）设“抽到9或10号”为事件A，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，出现的点数为（x，y）．所有的基本事件有：
（1，1）、（1，2）、（1，3）、…、（6，6）共36个．事件A包含的基本事件有：
（3，6）、（4，5）、（5，4）、（6，3）、（5，5）、（4，6）（6，4）共7个．所以P（A）=
，即抽到9号或10号的概率为
．
考点：
“卡方检验”，古典概型概率的计算．
点评：
中档题，独立性检验问题，主要是通过计算“卡方”，对比数表，得出结论．古典概型概率的计算中，常用“树图法”或“坐标法”确定事件数，以防重复或遗漏．
19．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）取BC中点为
，连接
，
，由面面平行的判断定理证明平面
平面
，从而即可证明
平面
；
（2）证明
平面
，即
平面
，从而有
，根据三棱锥的体积公式即可求解.
（1）
证明：
取BC中点为
，连接
，
，
因为点
、
分别为
，
的中点，所以
，
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
同理可得
平面
，又
，
平面
，
所以平面
平面
，
因为
平面
，
所以
平面
；
（2）
因为三棱柱
为直三棱柱，所以
平面
，
所以
，
又
为正方形，
，
，
所以
，且
，
，
，又
，
所以
平面
，即
平面
，
所以当点
为
中点时，三棱锥
的体积
.
20．
（1）
；
（2）
.
【解析】
【分析】
（1）由题可得
，根据椭圆的定义，求得
，进而求得
的值，即可求解；
（2）由题可得直线
方程为
，联立椭圆方程可得点P，利用三角形的面积公式，即求.
（1）
设椭圆的标准方程为
，焦距为
，
由题可得
，
，
所以
，可得
，即
，
则
，
所以椭圆的标准方程为
．
（2）
设
点坐标为
，
，
，
∵
，
∴
所在的直线方程为
，
则解方程组
，可得
，
∴
.
21．
（1）
；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证
，即
，构造函数
，
，利用导数说明其单调性与最值，即可得到
，从而得证；
【详解】
解：
（1）因为
，所以
，
，解得
．
（2）由
（1）可得
即证
．
令
，
，于是
在
上是减函数，在
上是增函数，所以
（
取等号）．
又令
，则
，于是
在
上是增函数，在
上是减函数，所以
（
时取等号）．
所以
，即
．
22．
（1）
；
（2）
.
【解析】
【分析】
（1）根据同角的三角函数关系式，结合直角坐标和极坐标互化公式进行求解即可；
（2）把曲线
根据极坐标与直角坐标互化公式化成极坐标方程，运用代入法进行求解即可.
（1）
曲线
的参数方程为：
（
为参数），
转化为普通方程为：
，
根据
转化为极坐标方程为：
.
（2）
曲线
的方程为：
，
转化为极坐标方程为：
.
将
代入
可得
.
将
代入
，可得
.
∴
.
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