陜西省2022屆高三上學期理數元月聯考試卷

閱卷人

-------------------、單選題供11題；共22分）

得分

1.（2分）已知集合4={x\x2—2x—8<0},B=[x\x>1},則4UB=（）

A.（1,4）B.（1,2）C.（—4，+oo）D.（—2，+oo）

2.（2分）已知復數2=（。-21）（1+30（。￡/?）的實部與虛部的和為12,則憶一5|=（）

A.3B.4C.5D.6

3.（2分）北京天壇圜丘壇的地面由石板鋪成，最中間的是圓形的天心石，圍繞天心石的是9圈扇環

形的石板，從內到外各圈的石板數依次為由,做，@3，…，的，設數列{an}為等差數列，它的前幾項

和為Sn,且=18,04+%=90,則S8=（）

A.189B.252C.324D.405

4.（2分）已知M為拋物線C：產=2py（p>0）上一點，點M到C的焦點的距離為7,至H軸的距離為

5,貝ijp=（）

A.3B.4C.5D.6

5.（2分）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（)

A.18B.36C.54D.108

02

6.(2分)已知a=/,b=log36.c=0.9,則()

A.b>a>cB.c>b>aC.a>b>cD.b>c>a

7.(2分)江西景德鎮青花瓷始創于元代，到明清兩代達到了頂峰，它藍白相映怡然成趣，晶瑩明

快，美觀雋永.現有某青花瓷花瓶的外形可看成是焦點在％軸上的雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉所形

成的曲面，如圖所示，若該花瓶的瓶身最小的直徑是4,瓶口和底面的直徑都是8,瓶高是6,則該

雙曲線的標準方程是()

8.(2分)已知函數f(x)=2sin2%+gsin2x—1,則下列結論正確的是().

A./(x)的最小正周期是￡

B./(x)的圖象關于點(-系，0)對稱

C./(x)在［一兀，一月上單調遞增

D./(%+強是奇函數

9.(2分)已知函數/(%)=|/+3%+1|—a|%|恰有4個零點，則a的取值范圍是().

A.(5,+00)B.(1,5)

c.(1,4-00)D.(0,l)U(5,+oo)

10.（2分）在四邊形/BCD中（如圖1所示），AB=AD,乙4BO=45。，BC=BD=CD=2,將四

邊形/BCD沿對角線BD折成四面體4BCD（如圖2所示），使得乙=90°,E,F,G分別為棱

BC,AD，A,B的中點，連接EGCG,則下列結論錯誤的是（）.

A.AC1BD

B.直線EF與CG所成角的余弦值為第

C.C,E,F,G四點不共面

D.四面體/‘BCO外接球的表面積為87r

11.(2分)已知iCN*,數列1,1,2,1,1,2,4,2,1,1,2,4,8,4,2,I,???,1,2,

4,2S2乜…,2,1,…的前n項和為小,若酊＞2022,則n的最小值為()

A.81B.90C.100D.2021

閱卷入

二、多選題（共1題；共2分）

得分

12.（2分）隨著互聯網的飛速發展，網上購物已成為了流行的消費方式.某網店第三季度的服裝產

品的銷售總額和其中某款服裝的銷售額占當月服裝產品銷售總額的百分比如圖所示:

A.該款服裝這3個月的銷售額逐月遞減

B.該款服裝這3個月的銷售總額為23.69萬元

C.該款服裝8月份和9月份的銷售額相同

D.該款服裝8月份和9月份的銷售總額大于7月份的銷售額

閱卷入

一三、填空題（共4題；共4分）

得分

13.（1分）已知向量五=（2,—3），b=（-1,2）,且他+廟）1落則卜=.

14.（1分）（2立一3,的展開式中/的系數是.（用數字作答）

y>—1,

15.（1分）若％,y滿足約束條件?3%+y-540,則名=%+丫的最大值為

、3x—2y+1》0,

16.（1分）若曲線y=ln%在點P（e,1）處的切線與曲線丫=〃%相切，則。=

閱卷人

四、解答題供7題；共70分）

得分

17.（10分）在△力BC中，內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,△ABC的面積為S,已知

acosC+ccosA=A/3?a=yj2b-

（1）（5分）求a；

（2）（5分）若s=*?2+c2—b2）,求A.

18.（10分）某部門為了解某企業在生產過程中的用電情況，對其每天的用電量做了記錄，得到了大

量該企業的日用電量（單位：度）的統計數據，從這些數據中隨機抽取15天的數據作為樣本，得到

如圖所示的莖葉圖.若日用電量不低于200度，則稱這一天的用電量超標.

17889

182569

1957

201367

（1）（5分）從這15天中隨機抽取4天，求抽取的4天中至少有3天的日用電量超標的概率;

（2）（5分）從這15天的樣本數據中隨機抽取4天的日用電量數據，記這4天中日用電量超標的

天數為X,求X的分布列和數學期望.

19.（10分）如圖，AB是圓。的直徑，圓。所在的平面，C為圓周上一點，D為線段PC的中點，

Z.CBA=30°,AB=2PA.

(1)(5分)證明：平面AB。_L平面PBC.

(2)(5分)若G為AD的中點，求二面角P—BC—G的余弦值.

20.(10分)已知橢圓￡[+y2=i的左，右頂點分別是A,B,且M,N是橢圓E上異于4B的不

同的兩點.

(1)(5分)若心M?心N=—/，證明：直線MN必過坐標原點。；

(2)(5分)設點P是以為直徑的圓01和以4V為直徑的圓。2的另一個交點，記線段4P的中點

為Q,若心M?心N=-1，求動點Q的軌跡方程.

2L(10分)已知函數/(%)=ln%+2,g(x)=?12-]唯7(a>0).

(1)(5分)設函數九(%)=)(%+1)-%—2,求力(%)的最大值;

(2)(5分)證明：/(%)<g(x).

22.(10分)在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為(少為參數)，以坐標原點為

一□"rzsin(jP

極點，X軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線1的極坐標方程為pcos。-psin0+4=0.

(1)(5分)求曲線C的普通方程和直線1的直角坐標方程；

(2)(5分)已知點p(—3,1),若直線1與曲線C交于A,B兩點，求向1+向1的值.

23.(10分)已知函數/(%)=|2%-,+|2x+a|(a>0).

(1)(5分)當a=l時，求不等式/(%)W3的解集；

(2)(5分)若f(|)<6,求a的取值范圍.

答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】由題意可得4={x\x2-2%-8<0}={x|(x-4)(x+2)<0}={x|-2<x<4},

則4uB={x|x>—2}.

故答案為：D

【分析】根據條件求出復數z,再結合復數的運算法則求出結論.

2.【答案】C

【解析】【解答】z=(a—2i)(l+3i)=(a+6)+(3a-2)i,

則有，a4-64-3a-2=12,解得a=2,

則z=8+4i,z—5=3+4i,故|z—5|=7乎+4?=5.

故答案為：C

【分析】由復數的乘法運算，結合復數的概念，求得z,再由模長公式即可求解。

3.【答案】C

【解析】【解答】設等差數列{冊}的公差為d,

由02=18,04+06=90,得1寢渭)，解得:修著，

所以58=8x9+8x；x9=324。

故答案為：C.

【分析】利用已知條件結合等差數列的通項公式，從而解方程組求出首項和公差，再結合等差數列

前n項和公式，進而求出等差數列前8項的和。

4.【答案】B

【解析】【解答】拋物線C：x2=2py(p>0)的準線方程為y=因為點M到C的焦點的距離為

7,到x軸的距離為5,所以芻=2,所以p=4。

故答案為：B

【分析】利用拋物線的標準方程求出準線方程，再利用拋物線的定義結合點到直線的距離公式，再

結合已知條件得出P的值。

5.【答案】C

【解析】【解答】由三視圖可知，幾何體為直三棱柱，如下圖所示:

由三視圖中所給數據可知，AABC的面積S=*x6x3=9,

從而該幾何體體積V=9x6=54。

故答案為：C.

【分析】由三視圖可知，幾何體為直三棱柱，再由三視圖中所給數據結合三角形的面積公式可知三

角形△ABC的面積，再利用直三棱柱的體積公式得出該幾何體體積。

6.【答案】A

【解析】【解答】因為1<或<&^=1.5,0.9°2<0.9°=1,所以a>c.

因為log32>log38=0.5,所以log36=log?2+1>1.5,所以b>a

故匕>a>c.

故答案為：A

【分析】因為1<e<亞芯=1.5，0.9°-2<0.9°=1,所以a>c.因為logs2>logsK=0.5,

所以Iog36=log32+l>1.5,所以b〉a,從而得到答案.

7.【答案】D

【解析】【解答】由題意可知該雙曲線的焦點在x軸上，實軸長為4,點(4,3)在該雙曲線上.

設該雙曲線的方程為馬一馬=l(a>0,b>0),

ab

(2a=4,

則(4232解得a=2,b=V3,

b/j

故該雙曲線的標準方程是岑-=L

43

故答案為：D.

【分析】由題意可知該雙曲線的焦點在x軸上，設該雙曲線的方程為芻-J=l(a>0,b>0),

ab

代入建立方程組，求解即可得雙曲線的標準方程.

8.【答案】D

［解析］［解答］/(%)=—cos2x+V3sin2x=2sin(2x—5).

因為7=裔=兀，所以A不符合題意；

因為/(一等)=2sin(一等一看)=1*0，

所以/(%)的圖象不關于點(-普，0)對稱，所以B不符合題意；

令2kn——令一,421cli+*(keZ),解得/c7i—<x<ku+,(kCZ),

當k=-l時，一幕wkw—冬，

則/(x)在［-得，-等上單調遞增，在［-契-芻上單調遞減.

故/(久)在［-兀，-身上不單調，則C不符合題意；

因為/(%+-^2)=2sin［2(x+—自=2sin2x,

則有/(—x+今)=2sin(—2%)=—2sin2x=—/(x+翌)

故/(x+給是奇函數，則D符合題意?

故答案為：D

【分析】先把函數/。)化簡成正弦型三角函數，再去求周期，判斷對稱中心，代入法去求單調遞增

區間.以奇偶性的定義去判斷函數/(%+金)是否為奇函數.

9.【答案】D

【解析】【解答】當久=0時，/(0)=1*0,所以尤=0不是f(x)的零點；

當xH0時，由/(%)=0,即I—+3x+1|-a|x|=0,得a=［x+］+3］,

則/(%)的零點個數等價于直線y=a與函數y=\x+l+3|圖象的交點個數.

作出函數y=氏+1+3］的大致圖象(如圖所示)，

故答案為：D

【分析】把/(功的零點個數等價于直線y=a與函數y=|x+[+3|圖象的交點個數即可得解.

10.【答案】D

【解析】【解答】如圖1,取BD的中點O,連接04,0C.

對于選項A,因為A4B0為等腰直角三角形，ABC。為等邊三角形，

所以/。=力'8=魚，0A'1BD,0C1.BD.

因為。4coe=0,所以B0J?平面0AC,所以/‘CJ.BC，故選項A正確;

對于選項B,設近=2，BD=b>JA=c'

貝I」葡=：^一五，~EF=^(b+c-a)，

又蒼?c=0,a,b=b-c=

則面|=J(2-砌2=挈,|研+"諭2=零,

EF*CG=2(b+c—H),c—Q)=2,

cos(EF,CG)=高篇=卷，故選項B正確：

對于選項C,如圖1,連接GF,

則GF//B。，GFC平面BCD,BDu平面BCD

故GF〃平面BCD.顯然GF、CE是異面直線，

所以C,E,F,G四點不共面，故選項C正確；

對于選項D,如圖2,過△BCD的重心H作直線m垂直于平而BC。,

過點0作直線n垂直平而A,BO，則直線m與直線n交于點Q,

即Q為四而體外接球的球心，連接Q0，

△40C中，A0=1,OC=V5,Ac=遍,

則cos4'OC=^^=—^，sinA'OC=

zvSJJ

故sin4AOC=sin(90°+乙QOH)=cosZ.QOH=呼，

在RMQOH中,。，=卓，所以。Q=訴綜而=?，

從而QD=yjOD2+OQ2=Jl+1=:，即四而體A,BCD外接球的半徑R=苧，

則該外接球的表面積S=4兀/?2=6兀，故選項D錯誤.

故答案為：D

【分析】取BD的中點0,連接04,0C,證明BD,平面04C,即可判斷A；設近=益，BD=b>

/=萬，將E，淳表示出來，利用向量法求夾角可判斷B；連接GF,顯然GF和CE異面，故四點

不共面可判斷C；易證Q為四而體/BCD外接球的球心，則可求其半徑和表面積.

11.【答案】B

【解析】【解答】依題意，把數列排列成如下所示的形式：

第1行1

第2行1,2,1

第3行1,2,4,2,1

第4行1,2,4,8,4,2,1

第i+1行1,2,4,2。…，4,2,1

可知此數列第1行有1項，第2行有3項，第3行有5項，…，第i行有2i-l項，

前i行共有1+3+5+…+(2i-1)=十項.

設第i行的2i-l個數的和為瓦，

則瓦=1+2+4+…+2;-1+21~2+…+4+2+1=2，—1+2i-1-1=3x2/-1-2.

則前i行的和Sj2=bi+歷++…+瓦,

=3x(2。+21+22+…+2一)-21,

=3(2f-1)-2i=3x21-2i-3,

910

所以S8i=S92=3x2-2x9-3=1515<2022,S100=Sd=3x2-2x10-3=3049>

2022.

又S8i+1+2+4+…+2,=1515+255=1770<2022,

8

S8I+1+2+4+-+2=1515+511=2026>2022,814-9=90,

所以n的最小值為90.

故答案為：B

【分析】觀察數列規律，所求最小n必在第81項和第100項之間，依次計算第82項~第100項前

10項和，前9項和，前8項和直到若Sn<2022時可得答案.

12.【答案】A,B,D

【解析】【解答】由題意可知該款服裝7月份、8月份、9月份的銷售額分別是12萬元，6萬元，6

萬元，

則這3個月的銷售總額為24萬元，A,B,D錯誤，符合題意，C正確，不符合題意.

故答案為：ABD

【分析】根據服裝產品的銷售總額和其中某款服裝的銷售額占當月服裝產品銷售總額的百分比的條

形統計圖和折線圖，即可求出結果.

13.【答案】苧

【解析】【解答】由題意可得五+比=(2—2,-3+2k),

因為0+所以他+點>1=2(2-k)-3(-3+2k)=0,即13-8k=0,解得k=竽.

故答案為：挈.

【分析】根據題意，由向量的坐標計算公式可得益+k]=(2—k,-3+2k),又由數量積的計算公

式可得日+fcJ)xa=O＞可解得k=呈

14.【答案】-448

【解析】【解答】(2近一3,的展開式的第r+1項為為77+1=最Q面t.(_6'=(-17.

7-3r

令=2,得r=1,則72=-26CyX2=-64x7x2——448，。

故答案為：-448。

【分析】利用已知條件結合二項式定理求出展開式中的通項公式，再利用通項公式求出展開式中/

的系數。

15.【答案】3

【解析】【解答】畫出可行域知，直線3x+y-5=0和直線3x-2y+l=0的交點為(1,2).

當直線z=x+y過點(1,2)時，z取得最大值3。

故答案為：3。

【分析】利用二元一次不等式組畫出可行域，再利用可行域找出最優解，再結合最優解求出線性目

標函數的最大值。

16.【答案】e-2

【解析】【解答】因為y=Inx,所以y'=1,則y'|x=e=：,

所以曲線y=lnx在點P(e,1)處的切線方程為y=1x.

設y=-%與y=e。'相切于點（%。，e。%。）,

,（aeax0=J

因為0收）=aeax^所以〈1，

^eax0=-x0

pQ%01_

則ae。*。=---,a=—,可得x（）=e2,從而a=e-2.

和和

故答案為：e-2

【分析】對y=lnx求導，求出切線的斜率k,再根據在點P（e,1）處的切線與曲線y=es相切，

列方程求出a的值.

17.【答案】（1）解：在△ABC中，由acosC+ccos4=g可得：

上緊g多出=即2b2=2例，

2an2bc

則b=8，而。=/6,

所以a=V6

（2）解：由s=噂（。2+—82）得：5=x2acxcosB=^-accosB，

1

又S=acsinB，

所以鼻csinB=^-accosB,則tanB=噂,

Zo3

因為B6（0,兀），故B=看，

根據a=&b得,sinA=V2sinS=苧，A>B,

又46（0,n）,所以4=與或竽.

【解析】【分析】（1）在A/BC中，由歐。5。+"。$4=6結合余弦定理得出6的值，再利用a=

得出a的值。

⑵由5=*92+02-爐）結合三角形的面積公式和余弦定理得出4必也8=噂（1"058,再利

用同角三角函數基本關系式得出角B的正切值，再利用三角形中角B的取值范圍，進而求出角B的

值，根據a=V^b結合正弦定理和三角形中角A的取值范圍，再利用大邊對應大角的性質，進而求

出角A的值。

18.【答案】（1）解：從這15天中隨機抽取4天的情況有Ch種，

其中符合條件的情況有C；o彘+腐種，

故所求概率p=*=10x10+5_1

15x13x7=13,

(2)解：由題意可知X的所有可能取值為0,1,2,3,4.

prv_0\_￡IQ_Ap(x-n--o年一竺

產5_U)—4_13'_1)_「4一比，

c15c15

P(X=2)=^=爵，P(X=3)=^=患，P(X=4)=苧=4?

c15c15c15

則X的分布列為

X01234

24030201

p

139191273273

故E(X)=0x+1xQY+2x^3+3x72+4x77a=至.

【解析】【分析】(1)從這15天中隨機抽取4天的情況有《5種，其中符合條件的情況有4°■+Ct

種，再結合古典概率型的概率公式，即可求解；

(2)由題意可知X的所有可能取值為0,1,2,3,4,分別求出對應的概率，即可得X的分布

列，并結合期望公式，即可求解.

19.【答案】(1)證明：因為PA，圓。所在的平面，即PA_L平面ABC,

而BCu平面ABC,所以P41BC.

因為48是圓。的直徑，C為圓周上一點，

所以AC1BC.

又24nAe=A,

所以BC1平面P4C,而4。u平面PAC,

則BC_LA。，

因為AC1BC,MBA=30°,

所以AB=2AC.又AB=2PA,

所以P4=AC,而D為線段PC的中點，

所以4。1PC.

又PCCBC=C,

所以4。_L平面PBC,

而ADu平面/BD,故平面/BD_L平面PBC.

（2）解：以C為原點，分別以瓦，方的方向為無軸、y軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系

不妨設48=2,貝1。(1,0,0).B(0,V3,0).D(1,0,J),G(1,0,》，CB=(0,V3,0),

方=4,0,1)■

設平面GBC的法向量為沅=（%,y,z）,

m?CB=V3y=0,

則31令％=1,得m=(l,0,.3)?

?自7=.%+,z=0,

由（1）知平面PBC的一個法向量為區i=8,0,-i）,

設二面角P-BC-G為氏易知腦銳角,則c°s昨明=等

即二面角P-BC-G的余弦值為等.

【解析】【分析】（1）由題意可證R41BC.結合力C_LBC即可證BC_1_平面"。，從而得證BC1

AD,再由AD1PC.即可得證；

（2）如圖建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，代入夾角公式即可求解。

20.【答案】（1）證明：設n）,則呼+於=1，即"=1—域=土膽.

444

21

I月為4（-2,0）,6（2,。），所以乜4M-k^M=京餐.而&=三_4=_不

因為心M-kAN=一/，所以心”=心N，所以4N||BM.

同理可證4M||BN.

因為AN||BM,AM||BN,所以四邊形4NBM為平行四邊形，

因為。為48的中點，所以直線MN必過坐標原點0.

(2)解：當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=/cx+3MQ［，yi),/V(%2,y2).

聯立｛"y1j,整理得(1+4fc2)%2+Sktx+4t2-4=0,

,8kt4t2-4t2-4k2

則Mll％1+%2=-2,%1%2=——2^y/2=("1++t)=-失

1+4/cl+4k1/1+4A

因為,^AN=-1,所以4M-AN=0?

4產—41-16kt,4+16fc2,t2-4/c2

因為而7?AN=/冷+2(%i+%2)+4+yy=

x22'?

l+4《l+4k”l+4《l+4k'

八

5t2—16/ct+l2k2_(5t-6fc)(t—2/c)_解得"表或t=2k.

2=2=U

l+4k'l+4kz

當t=2k時，直線MN的方程為丫=k(x+2)過點A,不滿足題意，所以舍去;

所以直線MN的方程為丁=kx+/=k(x+|),所以直線MN過定點(一|,0).

當直線MN的斜率不存在時，因為心M?的N=-1，所以直線MN的方程為％=-/經驗證，符合題

意.

故直線MN過定點(一|,0).

因為。1為4M的中點，。2為AN的中點，所以。1。2過定點H(一1,0).

因為。1。2垂直平分公共弦4P，所以點Q在以為直徑的圓上運動，

該圓的半徑r=22x(2—1)=卷，圓心坐標為(—卷，0),

2

故動點Q的軌跡方程為(％+|)+y2=*(%十一2).

【解析】【分析】(1)設M(m,n)，首先證明岫M/BM=從而可得到岫M=^N，即得到/NII

BM；進而可得到四邊形4NBM為平行四邊形；再根據。為的中點，即可證明直線MN必過坐標原

點。.

(2)設出直線MN的方程，與橢圓方程聯立，消元，寫韋達；根據條件酗M?以加=-1可求出直線

MN過定點(一1，0)，從而可得到。1。2過定點”(一|,0),進而可得到點Q在以4”為直徑的圓上運

動，從而可求出動點Q的軌跡方程.

21.【答案】(1)解：因為九(x)=ln(x+l)-x(x>-l),所以九'(%)=擊—1=一備(%〉一1).

當0)時，h'(x)>0;當xe(0,+8)時，h'(x)<0.

所以九(%)在(一1,0)上為增函數，在(0,+8)上為減函數，從而九(x)max=h(0)=0.

(2)證明：原不等式等價于野(%)=e2x—a\nx—2a—aln^>0,

2x

則/㈤=2e2x-'=2咒J。,4>m(%)=2e-則m'Q)=4盾+會>o,

所以，/(%)在(0,+8)上單調遞增.

令￡(%)=2xe2x—a,則￡(0)=-a<0,t(a)=2ae2a-a=a(2e2a—1)>0,

所以，存在唯一%。€(0,a)使得tQo)=2%o/%。—a=0,即*(x())=2/殉一玲=o,

當O<%V%o時，(p[x)<0；當%>%o時，(p\x)>0

此時8(%)在(0,比)上單調遞減，在(右，+8)上單調遞增，

要證*(%)>0,即要證w(&)>0.

2e2x°——=0

于是原問題轉化為證明不等式組]和2，

由2e?*-為=°，得e2"。=焉，代入尹(%0)=e2g_ah%—2a—aln,.

對e2'°=毫兩邊取對數得In%。=1吟—2%o,代入9g)=孟?一alnx。—2a—aln(，得奴和)=

2^+2ax0—2a.

因為8(%。)=冷+2ax0-2a22J卷?2a久O—2a=0,當且僅當沏=；,a=e時，等號成立，

所以/(%)wg(x).

【解析】【分析】(1)求出九'(%)=-備通過八'(%)>0,八'(%)<0可確定單調區間，即可

求解；

(2)原不等式等價于0(x)=e?x—alnx—2a—aln^20求導，然后構造函數m(x)=2e2x—

p在求導得m'O)=4e2x+￡>0,從而確定,/(乃在(0,+8)上單調遞增.從而確