2022届吉林省长春市第二实验中学高三下学期5月月考数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 16 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 页2022届吉林省长春市第二实验中学高三下学期5月月考数学试题一、单选题1若集合，则（）ABCD【答案】B【分析】先解出集合A，再求出.【详解】集合.因为，所以.故选：B2已知复数，则（）ABCD【答案】A【分析】求出，代入计算即得解.【详解】解：由题可得，所以.故选：A.3为了研究某种细菌在特定环境下随时间变化的繁殖情况，得到的实验数据如下表，并由此计算得到回归直线方程，后来工作人员不慎将下表中的实验数据丢失.天数/

2、天34567繁殖个数/千个344.56则上表中丢失的实验数据的值为（）A1B1.5C2D2.5【答案】D【分析】根据给定数据求出样本中心点，再借助回归直线必过样本中心点即可计算作答.【详解】由表中数据可得，将点代入中，得，解得，所以丢失的实验数据的值为2.5.故选：D4已知函数是奇函数，当时，则不等式的解集是（）ABCD【答案】B【分析】根据函数为奇函数求出当时，函数的函数解析式，再分和两种情况讨论，结合指数函数的单调性解不等式即可.【详解】解：因为函数是奇函数，所以，且当时，则，则，所以当时，则，解得，解得，所以不等式的解集是.故选：B.5已知，则等于（）ABCD【答案】D【分析】由已知得值

3、，待求式用二倍角公式变形再转化为关于的二次齐次式，弦化切代入求值【详解】由得，故选：D6已知等比数列的前项和为，且公比，则（）ABCD【答案】B【分析】根据题意可得出关于、的值，可求得、的值，再利用等比数列的求和公式可求得.【详解】由等比数列的性质可知，因为，则，由已知可得，可得，则，因此，.故选：B.7已知实数满足，则目标函数的最大值为（）AB5CD3【答案】D【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域如图中阴影部分（含边界）所示，联立，解得，即点，作直线，在直线中，表示直线的纵截距，因此直线向上平移时，纵截距增大，即增大，所以平移直线，当它过点时，有

4、，故选：D8已知实数a，b满足，且，则的最小值为（）.A1BC4D【答案】C【分析】对已知等式进行变形，然后利用基本不等式进行求解即可.【详解】由，当且仅当时取等号，即时取等号， 故选：C9已知函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象关于y轴对称，则的最小值为（）A1B2CD5【答案】D【分析】根据辅助角公式，结合正弦型函数的奇偶性进行求解即可.【详解】，因为该函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，所以，因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，因此有，因为，所以当时，有最小值，最小值为5，故选：D10如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则异面直线与所成的角为（）ABCD【答案】

5、C【分析】取的中点，连接，即可得到，从而为异面直线与所成的角的平面角，再利用余弦定理计算可得【详解】解：取的中点，连接，由正方体的性质可知且，所以为平行四边形，所以，所以异面直线与所成的角的平面角为，又，则，则，所以，故选：C11已知双曲线的左、右焦点分别为，在第一象限的渐近线上恰好存在一点M使为直角，若，则双曲线的离心率为（）ABCD2【答案】C【分析】根据双曲线渐近线方程，结合锐角三角函数定义、余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】该双曲线的渐近线方程为：，由题意可知，因为为直角，所以有，则有，因为，即，因此，在中，由余弦定理可知： ，故选：C12已知函数在上有且只有一个零点，则

6、实数的最小值为（）ABC1D【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，设，则，再对分和两种情况讨论得解.【详解】解：由题可知，为偶函数，且.设，则，当时，故在上单调递增，故当时，即，所以在上单调递增，故在上没有零点.由为偶函数，可知在上有且只有一个零点；当时，存在，使，当时，即在上单调递减，故，即，所以在上单调递减，故，且，则在上有零点，此时不符合条件.故，即实数的最小值为.故选：D.二、填空题13曲线在处的切线与直线平行，则_.【答案】【分析】求得，得到，根据题意得到，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，可得，因为曲线在处的切线与直线平行，可得，所以.故答案为：14已知，是抛物线上的动点，且满

7、足，则中点的横坐标的最小值为_.【答案】【分析】先过点，分别作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，即可得解.【详解】设抛物线的准线为，焦点为，则，过点作于，过点作于，连接，则，得，解得，所以的最小值为，故答案为：.15在三棱锥中，点在底面的射影是的外心，则该三棱锥外接球的体积为_.【答案】【分析】先由正弦定理得，外接圆的半径，再由勾股定理，即可求出半径,从而可得外接球体积.【详解】解：设的外心为,连接,则球心在上，连接,则为外接圆的半径r,连接,设外接球的半径为R,则,在中，由正弦定理得解得,即,在中，在,中,即,解得：,所以外接球的体积为：，故答案为：三、解答题16在直角三角形中，在线段上，

8、则的最小值为_.【答案】【分析】由题可知，设，则，将模长和数量积代入由二次函数的性质求出最小值.【详解】由题可知，设，则则所以，当时，的最小值为.故答案为：.17设中角，的对边长分别为，.(1)求角；(2)若，的面积，的平分线交于点，求线段的长【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和差的正弦公式化简可得，从而得解；（2）由面积公式，在中，利用余弦定理，求出，可得，进而知，再在中，由正弦定理，即可得解【详解】(1)解：由正弦定理及，知，所以，所以，即，因为，所以，又，所以(2)解：因为，的面积，所以，所以，在中，由余弦定理知，所以，因为，所以为直角三角形，且，因为的平

9、分线交于点，所以，所以，在中，由正弦定理知，即，解得18如图，已知四棱锥中，平面，且.(1)求证：平面；(2)当直线与底面所成的角都为，且时，求出多面体的体积.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，设交于点，连接，根据相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）根据平面，可得即为直线与底面所成的角的平面角，即为直线与底面所成的角的平面角，再根据即可得出答案.【详解】(1)证明：连接，设交于点，连接，因为，所以，因为，所以，所以，又平面，平面所以平面；(2)解：因为平面，所以即为直线与底面所成的角的平面角，即为直线与底面所成的角的平面角，所以，所以，设点到平面的距离为，因为，所以

10、，故，所以.19已知高三某学生为了迎接高考，参加了学校的5次模拟考试，其中5次的模拟考试成绩如表所示，次数12345考试成绩498499497501505设变量满足回归直线方程.(1)假如高考也符合上述的模拟考试的回归直线方程，高考看作第10次模拟考试，预测该生2021年的高考的成绩；(2)从上面的5次考试成绩中随机抽取3次，其中2次成绩大于500分的概率.参考公式：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.【答案】(1)511(2)【分析】（1）根据题中公式求出，从而可求得回归方程，再将代入，即可得出答案；（2）利用古典概型概率公式即可得出答案.【详解】(1)解：，则，所以，所以回

11、归方程为，当时，所以预测该生2021年的高考的成绩为511；(2)解：上面的5次考试成绩中，成绩大于500分的有2次，则2次成绩大于500分的概率为.20已知椭圆的左右焦点分别为，下顶点为，直线与的另一个交点为，连接，若的周长为，且的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆交于两点，当为何值时，恒成立？【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知，根据椭圆的定义及的周长，可以求解出的值，在求解出直线的方程，与椭圆联立，求出点坐标，再利用的面积即可求解出的值，进而求解出椭圆方程；（2）把直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理及建立方程，即可求解出的值.【详解】(1)设，由椭圆定义可知，的周

12、长为，故，直线的方程为与椭圆联立可得，所以的面积为，即，解得或（舍去），则，所以椭圆的标准方程为.(2)联立，得，由（1）可知，设，则，所以，解得或（舍去），所以当时，恒成立.21已知函数.(1)讨论函数的单调性与极值；(2)若对任意，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导得到，讨论和两种情况，分别计算得到答案.（2）时，令，求函数的最小值，得到答案.【详解】(1)，.当时，恒成立，在R上单调递增，无极大值也无极小值；当，时，时，在上单调递减，在单调递增.函数有极小值为，无极大值.(2)若对任意，恒成立，则恒成立，即.设，则，令，解得，当时，当时，在上为减

13、函数，在上为增函数，当时满足对任意，恒成立，实数a的取值范围为.22在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求的直角坐标方程和的极坐标方程；(2)设点，直线与交于、两点，求.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出曲线的普通方程，将直线的参数方程化为普通方程，再将普通方程转换为极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程，列出韦达定理，利用的几何意义以及韦达定理可求得所求代数式的值.【详解】(1)解：将曲线的极坐标方程化为普通方程可得，即，将直线的参数方程化为普通方程可得，将直线的普通方程化为