2022届吉林市第一中学高三4月教学质量检测数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 22 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 22 页2022届吉林市第一中学高三4月教学质量检测数学（理）试题一、单选题1设集合，B=1，2，3，C=2，3，4，则（）A2B2，3C1，2，3，4D0，1，2，3，4【答案】C【分析】根据集合交、并的定义，直接求出.【详解】因为集合，B=1，2，3，所以,所以1，2，3，4.故选：C2已知为等比数列，则“”是“为递增数列”的（）A必要而不充分条件B充分而不必要条件C既不充分也不必要条件D充要条件【答案】A【分析】由公比

2、且可得充分性不成立，必要性显然成立，由此可得答案.【详解】当公比且时，此时，不递增，充分性不成立，当等比数列为递增数列时，显然必要性成立.综上所述：“”是“为递增数列”的必要而不充分条件.故选：A3已知双曲线的离心率为2，则双曲线C与双曲线有（）A相等的离心率B相同的焦点C相等的焦距D不同的渐近线【答案】C【分析】分别求出两个双曲线的离心率，焦点，焦距和渐近线，进而作出判断.【详解】由题意得：，所以，双曲线的焦点坐标为，焦距为8，渐近线方程：，双曲线的离心率为，焦点坐标为，焦距为8，渐近线方程为：，两个双曲线离心率不同，焦点不同，焦距相同，渐近线相同.故选：C4已知复数（，i为虚数单位），满足

3、，则（）AB3CD5【答案】A【分析】根据可求的值，从而可求.【详解】，而，故，故，故选：A5阻滞增长模型是描述自然界中生物种群数量增长的一种常见模型，其表达式为，其中为初始时刻的种群数量，为自然条件所能容纳的最大种群数量，为从初始时刻起经历个单位时间后的种群数量，为初始时刻种群数量增长率.某高中生物研究小组进行草履虫种群数量增长实验，初始时刻在培养液中放入了5个大草履虫，2天后观测到培养液中草履虫数量在100个左右.若大草履虫初始时刻的种群数量增长率，用阻滞增长模型估计这培养液中能容纳的大草履虫最大种群数量为（）（参考数据，）ABCD【答案】B【分析】将已知数据代入函数模型，求出即可.【详解

4、】因为，由已知可得，将数据代入阻滞增长模型，可得.，又由可得，解得.故选：B.6若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）A3B0CD【答案】C【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由直线方程可知，要使最大，则直线在轴上的截距最小，结合可行域可知当直线过点时最大，求出的坐标，代入得答案【详解】解：令，则，由题意作平面区域如下，由，得 要使最大，则直线的截距最小，由图可知，当直线过点时截距最小联立，解得，的最大值为故选：C7在信息传递中多数是以波的形式进行传递，其中必然会存在干扰信号（形如，某种“信号净化器”可产生形如的波，只需要调整参数，就可以产生特定的波（与干扰波波峰相

5、同，方向相反的波）来“对抗”干扰.现有波形信号的部分图象，想要通过“信号净化器”过滤得到标准的正弦波（标准正弦函数图象），应将波形净化器的参数分别调整为（）A，B，C，D，【答案】B【分析】由题图得，求得，再由函数的最大值求得A，将代入，可解得，由此求出非标准正弦波对应的函数，取A的相反数即可得答案.【详解】解：设干扰信号对应的函数解析式为.由题图得，（T为干扰信号的周期），解得，所以.函数的最大值为，.将代入，解得，.所以欲消除的波需要选择相反的波，即，所以，故选：B.8我国古代数学名著孙子算经载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数值剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一

6、数学思想，所以被除余的自然数从小到大组成数列，所有被除余的自然数从小到大组成数列，把和的公共项从小到大得到数列，则（）ABCD【答案】B【分析】根据题意数列、都是等差数列，从而得到数列是等差数列，依次对选项进行判断可得答案.【详解】根据题意数列是首项为2，公差为3的等差数列， ，数列是首项为2，公差为5的等差数列，数列与的公共项从小到大得到数列，故数列是首项为2，公差为15的等差数列，.对于A，错误对于B，正确.对于C，错误.对于D，错误.故选：B.9已知点是所在平面内的动点，且满足，射线与边交于点，若，则的最小值为（）AB2CD【答案】C【分析】由已知得，所以点在的平分线上，即为的角平分线，

7、利用正弦定理得，可知，结合三角函数的性质可求最小值.【详解】表示与共线的单位向量，表示与共线的单位向量，的分向与的平分线一致，所以点在的平分线上，即为的角平分线，在中，利用正弦定理知：同理，在中，其中分析可知当时，取得最小值，即故选：C10如图，在一个正方体中，E，G分别是棱，的中点，F为棱靠近C的四等分点.平面截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（）ABCD【答案】D【分析】根据条件可得平面经过点，然后可得答案.【详解】连接因为E，G分别是棱，的中点，F为棱靠近C的四等分点所以，所以平面经过点所以多面体的正视图为故选：D11已知点和圆：上两个不同的点，满足，是弦的中点，给出下

8、列四个结论：的最小值是；点的轨迹是一个圆；若点，点，则存在点，使得；面积的最大值是.其中所有正确结论的序号是（）ABCD【答案】D【分析】可以通过设出圆的参数方程，进行求解；设出，找到等量关系，建立方程，求出点的轨迹方程，即可说明；转化为两圆是否有交点，说明是否存在点；当斜率分别为和时，且点，在轴左侧，此时面积最大，求出最大值.【详解】点在圆：上，设，则当时，取得最小值，最小值为，正确；设点，则由题意得：，则，整理得：，所以点的轨迹是一个圆，正确；为以为直径的圆，圆心为，半径为，方程为：，下面判断此圆与点的轨迹方程是否有交点，由于，两圆相离，故不存在点，使得，错误；因为，所以，当且仅当时等号成

9、立，所以此时，斜率分别为和时，且点，在轴左侧，此时为等腰直角三角形，面积最大，此时，正确.故选：D.【点睛】轨迹方程问题，一般处理思路，直接法，定义法，相关点法以及交轨法，要能结合题目特征选择合适的方法进行求解.12设，则，的大小关系正确的是（）ABCD【答案】D【分析】由于，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可【详解】因为，所以只要比较的大小即可，令，则，所以在 上递增，所以，所以，所以，即，令，则，因为在上为减函数，且，所以当时，所以在上为减函数，因为，要比较与的大小，只要比较与的大小，令，则，所以在上递增，所以，所以当时，所以，所以，所以，所

10、以当时，所以在上递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题二、填空题13某次数学考试试卷评阅采用“双评+仲裁”的方式，规则如下：两位老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于2分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于2分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一二评中与之接近的分数的平均分为该题得分.如图所示，当，时，则_.【答案】7【分析】按照

11、框图考虑成立和不成立即可求解.【详解】因为，所以输入，当成立时，即，解得，满足条件：当不成立时，即，解得，不满足条件：故.故答案为：7.14在新冠肺炎疫情期间，为有效防控疫情，某小区党员志愿者踊跃报名参加值班工作.已知该小区共4个大门可供出入，每天有5名志愿者负责值班，其中1号门有车辆出入，需2人值班，其余3个大门各需1人值班，则每天不同的值班安排有_种.【答案】60【分析】根据题意，分2步进行分析：先从5人中选2人安排到1号门值班，再将剩下的3人分别安排到其他3个门值班，由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意，分2步进行分析：先从这5人中选取2人在1号门值班，共有种情况，再将剩下的3人

12、分别安排到其他3个门值班，有种情况，故每天不同的值班安排有种.故答案为：6015某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为四个部分（水瓶内胆壁厚不计），它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱.若其中圆台部分的体积为，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为_.【答案】【分析】分别求出半球体积，大圆柱的体积，圆台的体积，小圆柱的体积，再分析求解即可.【详解】半球体积，大圆柱的体积，圆台的体积，小圆柱的体积，所以最大盛水量为.故答案为：16在平面四边形中，的面积是面积的倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则所有正确结论的序号是_.为等比数列；为递减数列；为等差数

13、列；【答案】【分析】设与交于点，由面积比得，根据平面向量基本定理得与关系，从而得数列递推关系，然后根据各选项求解数列，判断结论即可.【详解】设与交于点，共线，所以存在实数，使得，所以，所以，所以，所以，不是等比数列，错；因为，所以，即，所以是等差数列，正确；又因为，则，即，所以当时，即，所以是递减数列，正确；因为，所以两式相减得，所以，正确.故答案为：.三、解答题17如图，在四棱锥中，底面，为上一点，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据空间直角坐标系，可得空间向量，进而可根据向量垂直证明线线垂直，进而可得线面垂直.（2）

14、求解两个平面的法向量，根据法向量的夹角与二面角的关系即可求解.【详解】(1)证明：底面，故以为原点，分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，则，即，又，所以平面(2)由(1)知，设平面AEB的一个法向量为，则，即，令，可得，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，所以平面与平面锐二面角的大小为18第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2月20日在中国举行，其中冰壶比赛项目是本届奥运会的正式比赛项目之一，1998年中国女子冰壶队第一次参加奥运会冰壶比赛就获得了铜牌冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，

15、冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心的远近决定胜负某学校冰壶队举行冰壶投掷测试，规则为：每人至多投3次，先在点处投第一次，冰壶进入营垒区得3分，未进营垒区不得分；自第二次投掷开始均在点处投掷冰壶，冰壶进入营垒区得2分，未进营垒区不得分；测试者累计得分高于3分即通过测试，并立即终止投掷已知投掷一次冰壶，甲得3分和2分的概率分别为0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分别为0.2和0.4，甲，乙每次投掷冰壶的结果互不影响（1）求甲通过测试的概率；（2）设为本次测试中乙的得分，求的分布列；（3）请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁的水平较高？【答案】（1）0.3；（2）答案见解析

16、；（3）甲.【分析】（1）根据题意甲通过测试包括第一次没通过第二次和第三次通过，或者第一次通过，第二次或第三次有一次通过，故得分分别为4分或者5分，然后求出概率即可；（2）根据题意可求出乙的可能得分为0，2，3，4，5，然后依次求出概率即可得到分布列；（3）比较甲乙通过测试的概率即可得出结论.【详解】解：（1）若甲通过测试，则甲的得分为4或，所以（2）的可能取值为0，2，3，4，5，023450.2880.3840.0720.1280.128（3）甲水平高理由如下：乙通过测试的概率甲通过测试的概率0.3大于乙通过测试的概率0.256【点睛】求相互独立事件同时发生的概率的步骤：（1）首先确定各事

17、件是相互独立的；（2）再确定格式件会同时发生；（3）求出每个事件发生的概率，再求积.19浙江杭州即将举办2022年亚运会，举办方为给运动员创造温馨舒适的居住环境，进行精心设计.如图，是一个以AB为直径的半圆形湖，AB=8（单位：百米），现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设（O为圆心）.(1)在四边形ABCD内种植荷花，且，当为何值时，荷花种植面积最大？(2)为了显示美感，景观要错落有致的，要沿BC，CD和DA建造观景栈桥，且BC=CD，当为何值时，观景栈桥总长L最长？并求L的最大值.【答案】(1)(2)当时，观景栈桥总长L取最长，L最大值为12百米【分析】（1）由，利用三

18、角恒等变换得到,利用正弦型三角函数性质求最值即可；（2）由余弦定理求出BC,DA，可得，令换元后，利用二次函数的性质求最值即可.【详解】(1)因为AB=8，所以，OA=OB=OC=OD=4，因为，所以所以，当，即时，荷花种植面积最大.(2)因为BC=CD，所以，且，由余弦定理得=，=，所以，令，因为，所以，所以，当时，即时，L取最大值12，答：当时，观景栈桥总长L取最长，L最大值为12百米.20在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到两点的距离之和为4.（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；（2）已知直线与圆交于两点，与曲线交于两点，其中在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，

19、使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.【答案】（1）动点的轨迹是椭圆，轨迹方程为；（2）存在，.【分析】（1）根据椭圆定义得方程；（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.【详解】（1）由题意知，又，所以，动点的轨迹是椭圆.由椭圆的定义可知，又因为所以，故的轨迹方程.（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；、一个在内，一个在外，在直线上的四点满足：由消去得：，恒成立.设，由韦达定理，得，.所以，到距离，当且仅当，即时等号成立.验证可知满足题意.，21已知函数，.(1)求在处的切线方程；(2)求证：.(3)当时，求实数的取值范围.【答案】(1)(

20、2)证明见解析(3)【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）先证明当时，将所证不等式转化为证明，证明出，可得出，即可证得结论成立；（3）令，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.【详解】(1)解：因为，则，所以，在处的切线方程为.(2)解：要证明，即证：，即证：，（）设，则，所以，在内单调递减，故，所以，当时，所以要证（）成立，只需证，设，则，当时，故函数在上单调递增，当时，故函数在上单调递减，故，则，则，即，故成立，所以原命题得证.(3)解：由题得在上恒成立，即，恒成立，因为，若，在上单调递增，符合题意；若，令，则，所以在单调递增，且，（i）若，在上单调递增，符合题意；（ii）若，当时，则，取，则，则存在，使得当时，单调递减，此