1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 22 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 22 頁2022屆吉林市第一中學高三4月教學質量檢測數學（理）試題一、單選題1設集合，B=1，2，3，C=2，3，4，則（）A2B2，3C1，2，3，4D0，1，2，3，4【答案】C【分析】根據集合交、并的定義，直接求出.【詳解】因為集合，B=1，2，3，所以,所以1，2，3，4.故選：C2已知為等比數列，則“”是“為遞增數列”的（）A必要而不充分條件B充分而不必要條件C既不充分也不必要條件D充要條件【答案】A【分析】由公比

2、且可得充分性不成立，必要性顯然成立，由此可得答案.【詳解】當公比且時，此時，不遞增，充分性不成立，當等比數列為遞增數列時，顯然必要性成立.綜上所述：“”是“為遞增數列”的必要而不充分條件.故選：A3已知雙曲線的離心率為2，則雙曲線C與雙曲線有（）A相等的離心率B相同的焦點C相等的焦距D不同的漸近線【答案】C【分析】分別求出兩個雙曲線的離心率，焦點，焦距和漸近線，進而作出判斷.【詳解】由題意得：，所以，雙曲線的焦點坐標為，焦距為8，漸近線方程：，雙曲線的離心率為，焦點坐標為，焦距為8，漸近線方程為：，兩個雙曲線離心率不同，焦點不同，焦距相同，漸近線相同.故選：C4已知復數（，i為虛數單位），滿足

3、，則（）AB3CD5【答案】A【分析】根據可求的值，從而可求.【詳解】，而，故，故，故選：A5阻滯增長模型是描述自然界中生物種群數量增長的一種常見模型，其表達式為，其中為初始時刻的種群數量，為自然條件所能容納的最大種群數量，為從初始時刻起經歷個單位時間后的種群數量，為初始時刻種群數量增長率.某高中生物研究小組進行草履蟲種群數量增長實驗，初始時刻在培養液中放入了5個大草履蟲，2天后觀測到培養液中草履蟲數量在100個左右.若大草履蟲初始時刻的種群數量增長率，用阻滯增長模型估計這培養液中能容納的大草履蟲最大種群數量為（）（參考數據，）ABCD【答案】B【分析】將已知數據代入函數模型，求出即可.【詳解

4、】因為，由已知可得，將數據代入阻滯增長模型，可得.，又由可得，解得.故選：B.6若實數x，y滿足約束條件，則的最大值是（）A3B0CD【答案】C【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，由直線方程可知，要使最大，則直線在軸上的截距最小，結合可行域可知當直線過點時最大，求出的坐標，代入得答案【詳解】解：令，則，由題意作平面區域如下，由，得 要使最大，則直線的截距最小，由圖可知，當直線過點時截距最小聯立，解得，的最大值為故選：C7在信息傳遞中多數是以波的形式進行傳遞，其中必然會存在干擾信號（形如，某種“信號凈化器”可產生形如的波，只需要調整參數，就可以產生特定的波（與干擾波波峰相

5、同，方向相反的波）來“對抗”干擾.現有波形信號的部分圖象，想要通過“信號凈化器”過濾得到標準的正弦波（標準正弦函數圖象），應將波形凈化器的參數分別調整為（）A，B，C，D，【答案】B【分析】由題圖得，求得，再由函數的最大值求得A，將代入，可解得，由此求出非標準正弦波對應的函數，取A的相反數即可得答案.【詳解】解：設干擾信號對應的函數解析式為.由題圖得，（T為干擾信號的周期），解得，所以.函數的最大值為，.將代入，解得，.所以欲消除的波需要選擇相反的波，即，所以，故選：B.8我國古代數學名著孫子算經載有一道數學問題：“今有物不知其數，三三數之剩二，五五數值剩二，七七數之剩二，問物幾何？”根據這一

6、數學思想，所以被除余的自然數從小到大組成數列，所有被除余的自然數從小到大組成數列，把和的公共項從小到大得到數列，則（）ABCD【答案】B【分析】根據題意數列、都是等差數列，從而得到數列是等差數列，依次對選項進行判斷可得答案.【詳解】根據題意數列是首項為2，公差為3的等差數列， ，數列是首項為2，公差為5的等差數列，數列與的公共項從小到大得到數列，故數列是首項為2，公差為15的等差數列，.對于A，錯誤對于B，正確.對于C，錯誤.對于D，錯誤.故選：B.9已知點是所在平面內的動點，且滿足，射線與邊交于點，若，則的最小值為（）AB2CD【答案】C【分析】由已知得，所以點在的平分線上，即為的角平分線，

7、利用正弦定理得，可知，結合三角函數的性質可求最小值.【詳解】表示與共線的單位向量，表示與共線的單位向量，的分向與的平分線一致，所以點在的平分線上，即為的角平分線，在中，利用正弦定理知：同理，在中，其中分析可知當時，取得最小值，即故選：C10如圖，在一個正方體中，E，G分別是棱，的中點，F為棱靠近C的四等分點.平面截正方體后，其中一個多面體的三視圖中，相應的正視圖是（）ABCD【答案】D【分析】根據條件可得平面經過點，然后可得答案.【詳解】連接因為E，G分別是棱，的中點，F為棱靠近C的四等分點所以，所以平面經過點所以多面體的正視圖為故選：D11已知點和圓：上兩個不同的點，滿足，是弦的中點，給出下

8、列四個結論：的最小值是；點的軌跡是一個圓；若點，點，則存在點，使得；面積的最大值是.其中所有正確結論的序號是（）ABCD【答案】D【分析】可以通過設出圓的參數方程，進行求解；設出，找到等量關系，建立方程，求出點的軌跡方程，即可說明；轉化為兩圓是否有交點，說明是否存在點；當斜率分別為和時，且點，在軸左側，此時面積最大，求出最大值.【詳解】點在圓：上，設，則當時，取得最小值，最小值為，正確；設點，則由題意得：，則，整理得：，所以點的軌跡是一個圓，正確；為以為直徑的圓，圓心為，半徑為，方程為：，下面判斷此圓與點的軌跡方程是否有交點，由于，兩圓相離，故不存在點，使得，錯誤；因為，所以，當且僅當時等號成

9、立，所以此時，斜率分別為和時，且點，在軸左側，此時為等腰直角三角形，面積最大，此時，正確.故選：D.【點睛】軌跡方程問題，一般處理思路，直接法，定義法，相關點法以及交軌法，要能結合題目特征選擇合適的方法進行求解.12設，則，的大小關系正確的是（）ABCD【答案】D【分析】由于，所以只要比較的大小即可，然后分別構造函數，判斷出其單調性，利用其單調性比較大小即可【詳解】因為，所以只要比較的大小即可，令，則，所以在 上遞增，所以，所以，所以，即，令，則，因為在上為減函數，且，所以當時，所以在上為減函數，因為，要比較與的大小，只要比較與的大小，令，則，所以在上遞增，所以，所以當時，所以，所以，所以，所

10、以當時，所以在上遞增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故選：D【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的應用，考查利用導數比較大小，解題的關鍵是對已知的數變形，然后合理構造函數，通過導數判斷函數的單調性，利用函數單調性比較大小，考查數轉化思想和計算能力，屬于難題二、填空題13某次數學考試試卷評閱采用“雙評+仲裁”的方式，規則如下：兩位老師獨立評分，稱為一評和二評，當兩者所評分數之差的絕對值小于或等于2分時，取兩者平均分為該題得分；當兩者所評分數之差的絕對值大于2分時，再由第三位老師評分，稱之為仲裁，取仲裁分數和一二評中與之接近的分數的平均分為該題得分.如圖所示，當，時，則_.【答案】7【分析】按照

11、框圖考慮成立和不成立即可求解.【詳解】因為，所以輸入，當成立時，即，解得，滿足條件：當不成立時，即，解得，不滿足條件：故.故答案為：7.14在新冠肺炎疫情期間，為有效防控疫情，某小區黨員志愿者踴躍報名參加值班工作.已知該小區共4個大門可供出入，每天有5名志愿者負責值班，其中1號門有車輛出入，需2人值班，其余3個大門各需1人值班，則每天不同的值班安排有_種.【答案】60【分析】根據題意，分2步進行分析：先從5人中選2人安排到1號門值班，再將剩下的3人分別安排到其他3個門值班，由分步計數原理計算可得答案.【詳解】根據題意，分2步進行分析：先從這5人中選取2人在1號門值班，共有種情況，再將剩下的3人

12、分別安排到其他3個門值班，有種情況，故每天不同的值班安排有種.故答案為：6015某品牌暖水瓶的內膽規格如圖所示，分為四個部分（水瓶內膽壁厚不計），它們分別為一個半球，一個大圓柱，一個圓臺和一個小圓柱.若其中圓臺部分的體積為，且水瓶灌滿水后蓋上瓶塞時水溢出，則蓋上瓶塞后水瓶的最大盛水量為_.【答案】【分析】分別求出半球體積，大圓柱的體積，圓臺的體積，小圓柱的體積，再分析求解即可.【詳解】半球體積，大圓柱的體積，圓臺的體積，小圓柱的體積，所以最大盛水量為.故答案為：16在平面四邊形中，的面積是面積的倍，又數列滿足，當時，恒有，設的前項和為，則所有正確結論的序號是_.為等比數列；為遞減數列；為等差數

13、列；【答案】【分析】設與交于點，由面積比得，根據平面向量基本定理得與關系，從而得數列遞推關系，然后根據各選項求解數列，判斷結論即可.【詳解】設與交于點，共線，所以存在實數，使得，所以，所以，所以，所以，不是等比數列，錯；因為，所以，即，所以是等差數列，正確；又因為，則，即，所以當時，即，所以是遞減數列，正確；因為，所以兩式相減得，所以，正確.故答案為：.三、解答題17如圖，在四棱錐中，底面，為上一點，且.(1)求證：平面；(2)求平面與平面所成的銳二面角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據空間直角坐標系，可得空間向量，進而可根據向量垂直證明線線垂直，進而可得線面垂直.（2）

14、求解兩個平面的法向量，根據法向量的夾角與二面角的關系即可求解.【詳解】(1)證明：底面，故以為原點，分別為軸軸軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，則，即，又，所以平面(2)由(1)知，設平面AEB的一個法向量為，則，即，令，可得，設平面的一個法向量為，則，即，令，可得，所以平面與平面銳二面角的大小為18第24屆冬季奧運會將于2022年2月4日至2月20日在中國舉行，其中冰壺比賽項目是本屆奧運會的正式比賽項目之一，1998年中國女子冰壺隊第一次參加奧運會冰壺比賽就獲得了銅牌冰壺比賽的場地如圖所示，其中左端（投擲線的左側）有一個發球區，運動員在發球區邊沿的投擲線將冰壺擲出，使冰壺沿冰道滑行，

15、冰道的右端有一圓形的營壘，以場上冰壺最終靜止時距離營壘區圓心的遠近決定勝負某學校冰壺隊舉行冰壺投擲測試，規則為：每人至多投3次，先在點處投第一次，冰壺進入營壘區得3分，未進營壘區不得分；自第二次投擲開始均在點處投擲冰壺，冰壺進入營壘區得2分，未進營壘區不得分；測試者累計得分高于3分即通過測試，并立即終止投擲已知投擲一次冰壺，甲得3分和2分的概率分別為0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分別為0.2和0.4，甲，乙每次投擲冰壺的結果互不影響（1）求甲通過測試的概率；（2）設為本次測試中乙的得分，求的分布列；（3）請根據測試結果來分析，甲，乙兩人誰的水平較高？【答案】（1）0.3；（2）答案見解析

16、；（3）甲.【分析】（1）根據題意甲通過測試包括第一次沒通過第二次和第三次通過，或者第一次通過，第二次或第三次有一次通過，故得分分別為4分或者5分，然后求出概率即可；（2）根據題意可求出乙的可能得分為0，2，3，4，5，然后依次求出概率即可得到分布列；（3）比較甲乙通過測試的概率即可得出結論.【詳解】解：（1）若甲通過測試，則甲的得分為4或，所以（2）的可能取值為0，2，3，4，5，023450.2880.3840.0720.1280.128（3）甲水平高理由如下：乙通過測試的概率甲通過測試的概率0.3大于乙通過測試的概率0.256【點睛】求相互獨立事件同時發生的概率的步驟：（1）首先確定各事

17、件是相互獨立的；（2）再確定格式件會同時發生；（3）求出每個事件發生的概率，再求積.19浙江杭州即將舉辦2022年亞運會，舉辦方為給運動員創造溫馨舒適的居住環境，進行精心設計.如圖，是一個以AB為直徑的半圓形湖，AB=8（單位：百米），現在設計一個以AB為邊的四邊形ABCD，C，D在半圓上，設（O為圓心）.(1)在四邊形ABCD內種植荷花，且，當為何值時，荷花種植面積最大？(2)為了顯示美感，景觀要錯落有致的，要沿BC，CD和DA建造觀景棧橋，且BC=CD，當為何值時，觀景棧橋總長L最長？并求L的最大值.【答案】(1)(2)當時，觀景棧橋總長L取最長，L最大值為12百米【分析】（1）由，利用三

18、角恒等變換得到,利用正弦型三角函數性質求最值即可；（2）由余弦定理求出BC,DA，可得，令換元后，利用二次函數的性質求最值即可.【詳解】(1)因為AB=8，所以，OA=OB=OC=OD=4，因為，所以所以，當，即時，荷花種植面積最大.(2)因為BC=CD，所以，且，由余弦定理得=，=，所以，令，因為，所以，所以，當時，即時，L取最大值12，答：當時，觀景棧橋總長L取最長，L最大值為12百米.20在平面直角坐標系中，為坐標原點，動點到兩點的距離之和為4.（1）試判斷動點的軌跡是什么曲線，并求其軌跡方程；（2）已知直線與圓交于兩點，與曲線交于兩點，其中在第一象限.為原點到直線的距離，是否存在實數，

19、使得取得最大值，若存在，求出；不存在，說明理由.【答案】（1）動點的軌跡是橢圓，軌跡方程為；（2）存在，.【分析】（1）根據橢圓定義得方程；（2）分析可知，再代入消元，用韋達定理及弦長公式得到的函數關系式，再求最值.【詳解】（1）由題意知，又，所以，動點的軌跡是橢圓.由橢圓的定義可知，又因為所以，故的軌跡方程.（2）由題設可知，、一個橢圓外，一個在橢圓內；、一個在內，一個在外，在直線上的四點滿足：由消去得：，恒成立.設，由韋達定理，得，.所以，到距離，當且僅當，即時等號成立.驗證可知滿足題意.，21已知函數，.(1)求在處的切線方程；(2)求證：.(3)當時，求實數的取值范圍.【答案】(1)(

20、2)證明見解析(3)【分析】（1）求出、的值，利用點斜式可得出所求切線的方程；（2）先證明當時，將所證不等式轉化為證明，證明出，可得出，即可證得結論成立；（3）令，可知對任意的恒成立，對實數的取值進行分類討論，利用導數分析函數在上的單調性，驗證能否恒成立，綜合可得出實數的取值范圍.【詳解】(1)解：因為，則，所以，在處的切線方程為.(2)解：要證明，即證：，即證：，（）設，則，所以，在內單調遞減，故，所以，當時，所以要證（）成立，只需證，設，則，當時，故函數在上單調遞增，當時，故函數在上單調遞減，故，則，則，即，故成立，所以原命題得證.(3)解：由題得在上恒成立，即，恒成立，因為，若，在上單調遞增，符合題意；若，令，則，所以在單調遞增，且，（i）若，在上單調遞增，符合題意；（ii）若，當時，則，取，則，則存在，使得當時，單調遞減，此