2022届黑龙江省绥化市高中联盟校联合考试高三下学期开学考试数学理试题解析版.doc

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一、单选题
1．已知集合，B=x2x<log24，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分别解出集合A、B，即可求出
【详解】由题意得，，所以A∩∁RB=x1≤x<3．
故选：B．
2．若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（       ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】由，利用复数除法得到z，再利用复数的几何意义判断.
【详解】解：因为，
所以，
所以则z在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
3．已知命题，，命题，，则下列命题为真命题的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】判断命题、的真假，利用复合命题的真假可判断各选项中复合命题的真假，即可得出合适的选项.
【详解】因为对，，故为假命题，
因为在上单调递增，所以当时，，故为真命题，
所以、、为假命题，为真命题．
故选：D．
4．若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】. 若，有可能，可判断选项A；若，，则与也可能相交，可判断选项B；若，有可能，可判断选项C；由线面垂直的定义和面面平行的判定定理可以判断选项D.
【详解】对于选项A，有可能，故选项A为假命题；
对于选项B，若，，则与也可能相交，故选项B为假命题；
对于选项C，有可能，故选项C为假命题；
对于选项D，过的平面与平面的交线分别为，则，则，
过的另一个平面与的交线分别为，同理可得，
进而可证得，故选项D为真命题.
故选：D.
5．已知点为抛物线上一点，则C的焦点到直线的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】点代入抛物线方程求得，可得其焦点F的坐标，再利用点F到直线l的距离公式可得答案．
【详解】由题意，得，所以，故C的方程为，
故其焦点F的坐标为，所以F到直线l的距离．
故选：A．
6．2021年元旦期间，某高速公路收费站的四个高速收费口每天通过的小汽车数
（单位：辆）均服从正态分布，若，假设四个收费口均能正常工作，则这四个收费口每天至少有一个不低于700辆小汽车通过的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正态曲线的对称性结合题意求出每个收费口有不低于700辆小汽车通过的概率，再利用对立事件的概率公式可求得答案
【详解】根据正态曲线的对称性，每个收费口有不低于700辆小汽车通过的概率，
所以这四个收费口每天至少有一个不低于700辆小汽车通过的概率．
故选：D．
7．设实数x，y满足约束条件：，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】画出约束条件所表示的可行域，由的几何意义为：可行域内的点与点两点间距离的平方，从而即可求解.
【详解】解：画出约束条件所表示的可行域，如图，，，
由可行域知的最大值是，最小值为D到直线的距离的平方为，所以．
故选:A．
8．已知角的终边经过点，则（       ）
A． B． C．3 D．9
【答案】C
【分析】由三角函数定义和诱导公式得到，再利用两角和的正切公式求得，然后利用弦化切可得答案.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
即，即，解得，
所以．
故选：C．
9．过点作曲线C：的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（       ）
A．2x＋y－8＝0 B．x＋2y－8＝0
C．2x＋y－4＝0 D．x＋2y－4＝0
【答案】A
【分析】先求得A，B两点的坐标，再去求直线AB的方程即可.
【详解】设切点坐标为，由，则切线斜率为
切线方程为，又切线过点
则，即，解之得或
则可令
则
则直线AB的方程为，即2x＋y－8＝0
故选：A
10．已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，．则下列选项正确的是（       ）
A．
B．的图象的对称轴方程为（）
C．的单调递减区间为（）
D．的解集为（）
【答案】D
【分析】由题意，求出函数的解析式，然后根据余弦型函数的图象与性质即可求解.
【详解】解：对A：因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以，故选项A错误；
对B：因为，所以，因为，所以，
所以，令（）得（），
即的图象的对称轴方程为（），故选项B错误；
对C：令（）得（），
即的单调递减区间为（），故选项C错误；
对D：令，得，
所以（），解得（），
所以的解集为（），故选项D正确．
故选：D．
11．已知偶函数在上单调递减，若，，，则a，b，c的大小关系是（       ）（参考数据：，）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由为偶函数可得，再由指对数函数的性质比较的大小，最后根据的单调性比较a，b，c的大小.
【详解】由为偶函数且在上单调递增，
所以，
而，，
又，，
综上，，故，即，
故选：B．
12．已知双曲线（，），圆．下列判断正确的是（       ）
A．点在双曲线上
B．若双曲线的焦距为4，则圆的半径大于2
C．双曲线的顶点与点构成的三角形的面积为
D．若圆与x轴和双曲线的过第一象限的渐近线都相切，则双曲线的离心率为2
【答案】D
【分析】对于A，求出点的坐标代入双曲线方程中验证即可，对于B，由题意可得，然后利用基本不等式可得，从而可进行判断，对于C，求出双曲线的顶点和点的坐标，直接求解三角形的面积，对于D，由题意可得，再结合，，可求出的值，从而可求出离心率
【详解】对于A，由已知得点，代入双曲线得不恒成立，故A错误；
对于B，因为若双曲线的焦距为4，所以，所以，当且仅当时取等号，即圆的半径不超过2，故B错误；
对于C，由已知可得的顶点与点构成的三角形的面积为，故C错误；
对于D，双曲线（，）的第一象限的渐近线方程为，所以，
因为，所以，
由圆与x轴相切可得，即，
所以且，解得，
所以双曲线的离心率．所以D正确．
故选：D
二、填空题
13．已知菱形的边长为2，E是的中点，则__________．
【答案】
【分析】利用平面向量的线性运算，将转化为，进而求得答案.
【详解】依题意，，因为菱形的边长为2．所以．
故答案为：-3.
14．二项式展开式中的常数项是___________．
【答案】540
【分析】首先写出二项式展开式的通项，再令求出，再代入计算即可；
【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为．
故答案为：
15．已知锐角的面积为9，，点D在边上，且，则的长为__________．
【答案】4
【分析】先求出，利用面积为9求出，在中，由余弦定理求出．
【详解】因为，所以，所以，则，所以，所以，，所以．
在中，由余弦定理得，解得．
故答案为：4
16．已知正三棱柱的各条棱长均为1，则以点为球心､1为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为___________.
【答案】
【分析】根据球的几何特征，分别求出和平面、平面以及平面的交线及其长度，相加即可得解.
【详解】
根据题意，如图则以点为球心､1为半径的球，
和平面、平面的交线为以A为圆心，1为半径的圆弧，
根据正三棱柱的性质，作中点，
易知平面，
故球与平面的交线为以为圆心，为直径的半圆，
所以总长为，
故答案为： .
三、解答题
17．已知公差不为0的等差数列中，，，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由，，构成等比数列得到之间的关系，再将化简成间的式子，进而解出，然后求出答案；
（2）结合（1），然后通过分组求和的方法解得答案即可.
【详解】(1)设等差数列的公差为d，因为，，构成等比数列，所以，即，化简得，因为，所以，
又，所以，联立方程组解得，，所以．
(2)由（1）可得，，所以数列的前n项和．
18．已知正方形的面积为36，如图，平面，，，与底面所成角的正切值为．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)过点F作交于G，连接，证明即可推理作答.
(2)由已知求出AP长，再以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【详解】(1)由正方形的面积为36，得，而，即，
过点F作交于G，连接，如图，又，即有，
则，而BE=23BC=23AD，，因此，，
于是得，且，则是平行四边形，有，而平面，平面，
所以平面.
(2)因平面，则为直线与平面所成的角，即有，于是得，即，
以A为坐标原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设平面BEF的一个法向量为，则n⋅BE=4y1=0n⋅EF=−6x1+z1=0，令，得，
设平面AEF的一个法向量为，则，令，得，