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1、2022届市高三第六次质量检测数学（文）试题（解析版） 2022届陕西省汉中市高三第六次质量检测数学（文）试题 一、单选题 1已知平面对量，且，则（ ） A4 B1 C-1 D-4 【答案】D 【解析】利用平面对量共线定理即可得出 【详解】 解：，且， ，解得 故选： 【点睛】 本题考查了向量共线定理，考查了推理实力与计算实力，属于基础题 2已知集合，则（ ） A B C D 【答案】C 【解析】解不等式求出集合、，再求 【详解】 解： 故选： 【点睛】 本题考查了解不等式与交集的运算问题，属于基础题 3设，则（ ） A B C D 【答案】A 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数
2、解析式求解 【详解】 解： 故选： 【点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题 4下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）个 若平面平面，且平面平面，则；若平面平面，直线平面，则；平面平面，且，点，若直线，则；直线、为异面直线，且平面，平面，若，则. A1 B2 C3 D4 【答案】A 【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解 【详解】 解： 若平面平面，且平面平面，则与相交或平行，故错误； 若平面平面，直线平面，则或，故错误； 当点不在平面内，满意时，但与不垂直，故错误； 直线、为异面直线，且平面，平面， 由面面垂直的性质得，故正确 故选： 【点睛】 本题主要考查了面面
3、平行的性质，以及空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了空间想象实力，属于基础题 5下列说法错误的是( ) A“若，则”的逆否命题是“若，则” B“”是“”的充分不必要条件 C“”的否定是“” D命题：“在锐角中，”为真命题 【答案】D 【解析】依题意，依据逆否命题的定义可知选项正确；由得或“”是“”的充分不必要条件，故正确；因为全称命题命题的否是特称命题，所以正确；锐角中，错误，故选D. 6若，则的值为（ ） A B-1 C D1 【答案】B 【解析】令，利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关系式可得的值. 【详解】 令，则， 故. 故选B. 【点睛】 三角函数的化简求值问题，可以从四个角
4、度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异对应的方法是：弦切互化法、协助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法 7若函数f(x)与g(x)的图象关于直线yx对称，则f(4x2)的单调递增区间是() A(2,2 B0，) C0,2) D(，0 【答案】C 【解析】【详解】 由已知得：，则 在上单调递减，当时，在0,2)上单调递减，于是f(4x2)的单调递增区间是0,2) 8在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在直线CC1上，直线OP与B1D1所成的角为，则为（） A1 B C D改变的
5、值 【答案】A 【解析】证明平面得到，计算得到答案. 【详解】 易知：，故平面， 平面，故，故. 故选：A. 【点睛】 本题考查了异面直线夹角，证明平面是解题的关键. 9已知是上的偶函数，若将的图象向右平移一个单位，则得到一个奇函数的图象，若，则（ ） A2022 B1 C-1 D-2022 【答案】C 【解析】由题意是上的偶函数，是上的奇函数，由此可以得出函数的周期为4，再由求出，由奇函数的性质得出，从而可得，求出一个周期上的四个函数的和，即可求出的值 【详解】 解：由题意是上的偶函数，是上的奇函数， ， ， 由得恒成立， 由得恒成立， 函数的周期是4，下探讨函数一个周期上的函数的值 由于的
6、图象向右平移一个单位后，则得到一个奇函数的图象即，即，由偶函数知，由周期性知 由得，由，知，故故有 故选： 【点睛】 本题考查函数奇偶性的运用，求解本题的关键是依据函数的性质求出函数的周期以及一个周期中函数值的和，然后依据周期性求出函数值的和 10设曲线上任一点处切线斜率为，则函数 的部分图象可以为 A B C D 【答案】D 【解析】上任一点处切线斜率为 函数，则该函数为奇函数，且当时，. 故选D. 点睛：（1）运用函数性质探讨函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向；（2）在运用函数性质特殊是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要留意用好其与条件的相互关系，
7、结合特征进行等价转化探讨.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系. 11已知数列的前项和为，且满意，则（ ） A1013 B1035 C2037 D2059 【答案】A 【解析】依据求出数列，求出前项和为，即可得到，再用分组求和求得其前项和. 【详解】 解： 当时得 当时 数列是以为首项，为公比的等比数列. 故选： 【点睛】 本题考查利用求，以及等比数列的前项和为，属于基础题. 12已知抛物线与椭圆有相同的焦点，是两曲线的公共点，若，则椭圆的离心率为（ ） A B C D 【答案】D 【解析】依据两个曲线的焦点相同,可得.由抛
8、物线定义可得.结合两式即可用表示出点坐标.代入椭圆方程,化简后依据齐次式形式即可求得离心率. 【详解】 抛物线与椭圆有相同的焦点,是两曲线的公共点, 所以,即椭圆中的 设,由抛物线定义可知 由题意,即 化简可得 将变形为代入等式可得 则的坐标可化为 由点在椭圆上,代入可得,化简可得 除以可化为即 解得或 因为 所以 故选:D 【点睛】 本题考查了抛物线与椭圆标准方程及性质的综合应用,共焦点下两个方程的关系,齐次式下离心率的求法,属于中档题. 二、填空题 13抛物线的准线方程是_ 【答案】 【解析】先将抛物线方程化为标准方程，即可求解. 【详解】 由，所以，故准线方程为. 【点睛】 本题主要考查
9、抛物线的简洁性质，属于基础题型. 14若，且，则的最小值为_. 【答案】4 【解析】由条件利用柯西不等式可得，由此求得 的最小值 【详解】 解：由于， 即，即 的最小值为4， 故答案为：4 【点睛】 本题主要考查柯西不等式的应用，属于基础题 15已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则_. 【答案】 【解析】依据函数奇偶性定义,并令代入即可解方程组求得.将代入解析式即可求解. 【详解】 函数,分别是定义在上的偶函数和奇函数 则, 因为 则,即 则 所以 故答案为: 【点睛】 本题考查了函数奇偶性定义及性质应用,函数解析式的求法,属于基础题. 16定义在区间上的函数恰有1个零点，则实数的
10、取值范围是_ 【答案】或 【解析】分为函数有一个点零点和两个零点分类探讨，若一个点零点则，若有两个零点，再分为三种状况求解. 【详解】 （1）若函数只有一个零点，则，即， 此时，函数只有一个零点，符合题意； （2）若函数有两个零点，且在区间恰有1个零点， 则或或， 由得，解得， 由得 ，解得 ， 由得，无解. 所以，当时，函数有两个零点，且在区间恰有1个零点. 综上所述，实数的取值范围是或. 【点睛】 本题考查函数零点所在区间.方法：1、依据二次函数的性质按零点个数分类探讨；2、分别参数转化为两个函数的交点问题求解. 三、解答题 17设函数，. （1）求的值域； （2）记的内角、的对边长分别为
11、，若，求的值. 【答案】（1）；（2）2. 【解析】（1）利用二倍角公式及两角和的余弦公式将化简，变形后可以用三角函数的有界性求值域 （2）由求出，利用余弦定理建立关于的方程求出 【详解】 解：（1）， ， 值域为. （2）由得：.在中，故. 在中，由余弦定理得：， ，解得：. 【点睛】 考查利用三角函数的有界性求值域与利用余弦定理解三角形，属于基础题， 18某厂商调查甲乙两种不同型号汽车在10个不同地区卖场的销售量（单位：台），并依据这10个卖场的销售状况，得到如图所示的茎叶图，为了激励卖场，在同型号汽车的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号的“星级卖场”. （）求在这10
12、个卖场中，甲型号汽车的“星级卖场”的个数； （）若在这10个卖场中，乙型号汽车销售量的平均数为26.7，求的概率； （）若，记乙型号汽车销售量的方差为，依据茎叶图推断为何值时，达到最小值（只写出结论）. 注：方差，其中是，的平均数. 【答案】（1）5 （2） （3） 【解析】（）依据茎叶图,代入即可求得甲型号汽车的平均值,即可求得“星级卖场”的个数; （）依据乙组数据的平均值,可代入求得.由古典概型概率,列举出全部可能,即可求得符合的概率. （）当时,由方差公式可知,当的值越小,其方差值越小,即时方差取得最小值. 【详解】 （1）依据茎叶图得到甲组数据的平均值： . 该厂商将销售量高于数据平均
13、数的卖场命名为该型号的“星级卖场”, 在这10个卖场中,甲型号汽车的“星级卖场”的个数为5个. （2）记事务为“”,乙组数据的平均值： , , 和取值共9种,分别为：,其的有4种, 的概率. （3）由题意可知当的值越小,其方差值越小 所以时,达到最小值. 【点睛】 本题考查了茎叶图的简洁应用,古典概型概率的求法,方差的性质应用,属于基础题. 19已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，两点，的延长线与抛物线交于，两点. （1）若的面积等于3，求的值； （2）记直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值. 【答案】（1）2；（2）证明见解析，2. 【解析】（1）设出抛物线上两点、的坐标，由消去，
14、依据的面积和根与系数的关系即可求出的值； （2）设出抛物线上点、，利用向量法和三点共线的学问，求出点与的坐标表示，再计算的斜率，即可证明为定值 【详解】 解：（1）设， 由得， ，解得. （2）设，则， 因为，共线，所以即， 解得：（舍）或，所以，同理， ，故（定值）. 【点睛】 本题考查了直线与双曲线、直线与抛物线的应用问题，也考查了弦长公式以及根与系数的应用问题，属于中档题 20（题文）如图所示，在四棱锥中，平面，已知 （1）设是上一点，证明：平面平面； （2）若是的中点，求三棱锥的体积 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）由勾股定理可得，又平面平面，又平面平面平面；
15、（2）由是的中点可得又点到平面的距离等于，可求得，即三棱锥的体积为 试题解析：（1）在中， ， 又平面平面， 又平面 又平面，平面平面， （2）因为是的中点，所以 在四边形中，由已知可求得，又点到平面的距离等于， 所以，即三棱锥的体积为 【考点】1、线面垂直；2、面面垂直；3、锥体的体积 21已知函数在处的切线与直线垂直. （1）求函数（为的导函数）的单调递增区间； （2）记函数，设，是函数的两个极值点，若，证明：. 【答案】（1）；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）由题意求得，依据，求得，进而利用，即可求解函数的单调递增区间； （2）由，求得，依据是的两个极值点，转化为方程的两个根，得
16、出，得到，令，即可证明结论. 试题解析 （1）由题意可得：，可得：； 又，所以 ； 当时，单调递增； 当时，单调递减；故函数的单调增区间为. （2）， ， 因为，是的两个极值点，故，是方程的两个根，由韦达定理可知： ，可知，又， 令，可证在递增，由，从而可证. 【考点】导数在函数中的应用. 点睛：本题主要考查了导数在函数中的应用，其中解答中涉及到利用导数探讨函数的单调性，利用导数探讨函数的极值，以及函数的单调性的应用的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的实力，本题的解答中把是的两个极值点，转化为方程的两个根，创设函数，利用函数的单调性求解是解答的关键. 22在直角坐标系中，曲线：（为参
17、数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为. （）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程； （）若直线与，在第一象限分别交于，两点，为上的动点.求面积的最大值. 【答案】（），；（） 【解析】()先求出曲线的一般方程,再把一般方程化为极坐标方程.再写出直线的直角坐标方程.( )先求出,再求出以为底边的的高的最大值为, 再求面积的最大值. 【详解】 ()依题意得,曲线的一般方程为, 曲线的极坐标方程为, 直线的直角坐标方程为 ()曲线的直角坐标方程为,设, 则,即,得或(舍), ,则, 到的距离为,以为底边的的高的最大值为, 则的面积的最大值为 【点睛】
18、 (1)本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的位置关系，考查面积的最值的求法，意在考查学生对这些学问的驾驭水平和分析推理实力.（2）本题的解题的关键是求出. 23已知函数. （1）当时，求的解集； （2）若的解集包含集合，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）当时，分类去肯定值探讨即可；（2）由的解集包含集合，得当时，不等式恒成立，然后去肯定值参变分别转化为函数的最值问题即可. 【详解】 解：（1）当时， ， 上述不等式可化为，或或， 解得，或，或， 或或，原不等式的解集为. （2）的解集包含集合， 当时，不等式恒成立， 即在上恒成立， ，即， 在上恒成立， ， ， 的取值范围是. 【点睛】 本题考查了分类探讨解肯定值不等式，不等式的恒成立问题，参变分别法是解决恒成立有关问题的好方法. 第12页 共12页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页