2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考四数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 20 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 20 页2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考四数学（理）试题一、单选题1已知集合，则=（）ABCD【答案】A【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合，所以=，故选：A2已知，复数，则A-2B1C0D2【答案】D【详解】分析：先利用复数的除法法则化简等式的右边，再利用复数相等的定义得到相关值详解：因为，所以，即.故选D点睛：本题考查复数的除法法则、复数相等的概念等知识，意在考查学生的基本计算

2、能力3若点在角的终边上，则的值为ABCD【答案】D【详解】试题分析：因为，所以，故选D【解析】任意角的三角函数值4“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高如图是2019年9月到2020年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图根据该走势图，下列结论正确的是（）A这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化B这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱C从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值D从网民对该关键词的搜索指数来看，

3、去年10月份的方差小于11月份的方差【答案】C【分析】根据走势图，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A：由走势图可得，网民对该关键词相关的信息关注度没有周期性变换，故A错误；对于B：从2月开始，网民对该关键词相关的信息关注度上升，故B错误；对于C：由走势图可得，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值，故C正确；对于D：去年10月份波动较大，方差大，去年11月波动较小，方差小，故去年10月份的方差大于11月份的方差，故D错误，故选：C5已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）ABCD【答案】D【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其

4、表面积得解.【详解】四分子一圆锥表面积 , 所以组合体表面积为故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图6已知直线与圆相交于，两点，若，则实数的值为A或B或C9或D8或【答案】A【详解】由题意可得，圆心（0，3）到直线的距离为,所以，选A【点睛】直线与圆相交圆心角大小均是转化为圆心到直线的距离，用点到直线的距离公式解决7执行下面的程序框图，如果输入，则输出的A7B20C22D54【答案】B【详解】初始值a=1,b=1,s=0,k=0s=2,a=2,b=3,k=2,s=7,a=5,b=8,k=4

5、s=20,a=13,b=21,k=6输出s=20,选B.8受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（）A240种B120种C188种D156种【答案】B【分析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论，求出每种情况下的安排方法数目，由加法原理计算即可.【详解】解：根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论： （1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起

6、的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；由加法计数原理可知共有种方案，故选：B【点睛】此题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题.9已知函数，若方程有两个解，则实数的取值范围是ABCD【答案】C【详解】当时，必有一解，所以只需时有一解即可，而在是减函数，只需，即.故选：C.10设，是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（）ABCD【答案】D【解析】双曲线的渐近线方

7、程为,则，可得，在和中，分别求出和，利用，可得结合，即可求解.【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，因为，所以，在中，中，因为，所以，所以可得，所以，所以，所以，故选：D【点睛】本题主要考查了利用双曲线的性质求双曲线的离心率，属于中档题.11已知函数，若 是函数 的唯一极值点，则实数 的取值范围是 （）ABCD【答案】D【分析】求出导函数并因式分解得到，再令，进而讨论函数的单调性并求出最小值，然后讨论和两种情况分别求出原函数的极值点个数，最后得到答案.【详解】由题意，记，则，则时，单调递减，时，单调递增，所以.若，则时，单调递减，时，单调递增，于是 是函数 的唯一极值点.若，则，易知，于是时，

8、；设，即在上单调递增，所以，则时，此时，于是且时，.再结合函数的单调性可知，函数在两个区间内分别存在唯一一个零点，且当时，单调递减，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增.于是函数 存在3个极值点.综上所述：.故选：D.【点睛】本题难度较大，首先，注意对函数求完导之后要因式分解，题目要求为极值点，则尽量分解出，其次，在讨论函数的零点时可以借助函数的单调性和图象进行分析，这样作为选择题会很快得出答案.12在中，有下述四个结论：若为的重心，则若为边上的一个动点，则为定值2若，为边上的两个动点，且，则的最小值为已知为内一点，若，且，则的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）ABCD【答案】A【解析

9、】根据题意，先得为等腰直角三角形；取中点为，连接，得到，根据平面向量基本定理，即可得出结果；先由得到，由题意得到在上的投影为，进而可求出向量数量积；以点为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，由题意，设，且，不妨令，根据向量数量积的坐标表示，即可求出结果；同建立平面直角坐标系，设，根据题意，得到，再设，由题意，得到，用表示出，即可求出结果；【详解】因为在中，； 所以为等腰直角三角形；如图1，取中点为，连接，因为为的重心，所以在上，且，所以，故正确；如图1，同，因为为中点，为等腰直角三角形，所以，若为边上的一个动点，则在上的投影为，因此，故错；如图2，以点为坐标原点，分别以、所

10、在直线为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，易得，所在直线方程为：；因为，为边上的两个动点，所以设，且，不妨令，因为，所以，即，则，所以，当且仅当时，等号成立；故正确；同建立如图3所示的平面直角坐标系，则，设，则，又，所以，即因为为内一点，且，设，则，且，因此，因为，所以，所以无最值，即无最值，故错.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，以及求平面向量的数量积等问题，熟记平面向量基本定理，灵活运用建系的方法求解即可，属于常考题型.二、填空题13已知，则_【答案】-2【分析】通过二倍角公式可得，进而可得结果.【详解】因为，所以，因为，可得，可得故答案为：14若满足约束条件则

11、的最小值是_【答案】；【分析】画出可行域和目标函数，根据图像得到答案.【详解】画出可行域和目标函数，如图所示：，则，表示直线在轴的截距，根据图像知：当时，目标函数有最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.15点在双曲线（，）的右支上，其左、右焦点分别为、，直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】画出图形，由条件可得，设线段的中点为，则，然后求出，然后利用双曲线的定义即可建立出方程求解.【详解】由线段的垂直平分线恰好过点可得因为直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点所以，设线段

12、的中点为，则在直角三角形中可得所以由双曲线的定义可得：即，即，即，即，解得所以离心率为故答案为：【点睛】本题考查的是双曲线的定义及三角形中的计算，考查了离心率的求法，属于中档题.三、双空题16农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子，古称“角黍”“裹蒸”“包米”“简粽”等，早在春秋时期就已出现，到了晋代成为了端午节庆食物将宽为1的矩形纸片沿虚线折起来，可以得到粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，当该球体积最大时，球的表面积是_【答案】 【分析】该六面体是由两个全等的四面体组合而成，四面体的棱两两垂直，棱长为1，求出外接球半径即可求出体积，当外接球与面相切时，其体积

13、最大，求出半径即可.【详解】由题意可得该六面体是由两个全等的四面体组合而成，四面体的两两垂直的棱长为1，如图，该六面体的体积为，当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，球心为O，且该球与SD相切，其中D为BC的中点，过球心O作OESD，则OE就是球的半径，故，因为，所以球的半径，所以该球的表面积为，故答案为：【点睛】关键点睛：解决本题的关键是求出内切求的半径，解决半径，就要分析出相切的状态.四、解答题17已知的角、所对边分别为、，(1)求；(2)若角的平分线与交于点，求、【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理可求得，再利用余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用

14、等面积法得出，结合余弦定理可得出关于、的方程组，由此可解得、的值.【详解】(1)（1）由正弦定理及得，即，所以，所以，所以，(2)解：是角的平分线，即，由（1）知，由解得18如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE.（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF平面D1AE；（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.【答案】（1）AM=；（2）.【分析】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，当AM=时，可通过证明AMFN是平行四边形，得到ANMF，进而可得线面平行；（2）分

15、别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，以O为坐标原点，OM、OK、OD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线BD1与平面CD1E所成角即可.【详解】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，当AM=时，则且，则AMFN是平行四边形，ANMF.又平面D1AE，平面D1AE，则MF平面D1AE.（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，AD1=ED1=2，OD1AE，又平面D1AE平面ABCE且交于AE，OD1平面ABCE.易知OKAB，OMEGBC，又ABBC，OMOK，故如图建系Oxyz.设平面CD1E的法向

16、量 =（x， y， z），ECy轴，D1为（0， 0，），又E为（1， 1， 0），则，由，取，则=（， 0， 1）.又B为（1， 3， 0），则，记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，则.19已知正项数列满足，成等比数列，(1)证明：数列是等比数列；(2)求及数列的通项公式；(3)若，求数列的前n项和【答案】(1)证明见解析(2)；(3)【分析】（1）由题意得，两边取对数可得，即可证明；（2）由（1）知，所以，即可求解；（3）由可化为，由裂项相消求和法得出，结合（2）即可求证明【详解】(1)因为，成等比数列，所以，所以因为，所以，将式两边取对数，得，即，所以，数列是首项为，公比为2的等比

17、数列(2)由（1）知，所以，所以所以(3)因为，即；又因为，所以，即；式代入式消去，可得所以因为，则，所以20已知点在抛物线上，过点的直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，且直线PA交轴于M，直线PB交轴于N.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设为原点，试判断是否为定值，若是，求值；若不是，求的取值范围.【答案】(1)；(2)为定值2.【分析】(1)通过抛物线经过的点，求解，得到抛物线方程，设出直线方程联立直线与抛物线方程，然后求解的范围(2)设点，设，利用韦达定理，结合直线方程求解，的纵坐标，转化求解为定值2【详解】(1)因点在抛物线上，则，解得，抛物线C的方程为.令直线的斜率为k，则直线

18、方程为：，由消去y并整理得：，因直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，则，解得且，又直线PA，PB与相交，而点(1，2)在抛物线C上，则直线不能过点(1，2)，否则PA或PB之一平行于y轴，矛盾，因此，综上得：，且，直线的斜率的取值范围.(2)设点，而，则，同理，设，由(2)知，直线方程：，即，则，令，得，同理，于是得，为定值2.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值21已知函数，.(1)当时，设，求证：；(2)若恰有两个零点，求的最小整数值.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）当时，可得解析式，求导可得解析式，根据x的范围，分析可得的单调性，即可得的最大值，分析即可得证.（2）当时，设，利用导数求得的最值，分析不符合题意；当时，设，利用导数求得，结合解析式，可得，不符合题意；当时，利用导数求得的单调性和最值，根据零点存在性定理，即可求得零点范围，综合即可得答案.【详解】(1)当时，则，因为， 所以，所以，所以函数在上为增函数，所以；(2)当时，设，因为，所以，所以，所以函数无零点，当时，设， 因为，所以， 即，所以函数无零点当时，设，所以函数在上为减函数，又，所以在上存在零点，使，当时，当时，函数在上为增函数，