2022屆高三第四次月考數學（理科）試題11.29一、單選題1．若集合，，則＝（）A． B． C． D．或2．已知命題p：，總有，則為（）A．，使得 B．，使得C．，總有 D．，總有3．若，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，為其終邊上的一點，將角逆時針旋轉30°，交單位圓于點，則的值是（）A． B． C． D．5．已知，求的值（）A． B． C．或 D．6．如圖所示的曲線為函數（，，）的部分圖象，將圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的，再將所得曲線向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則（）A．函數在上單調遞減 B．點為圖象的一個對稱中心C．直線為圖象的一條對稱軸 D．函數在上單調遞增7．函數的部分圖象大致是（）A． B．C． D．8．區間是關于的一元二次不等式的解集，則的最小值為（）A． B． C．6 D．9．已知菱形ABCD的邊長為4，點M是線段CD的中點，，則=（）A． B． C． D．10．已知，則（）A． B．C． D．11．已知定義在上的可導函數，對任意的實數x，都有，且當時，恒成立，若不等式恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知函數，若，，則實數a的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題13．已知實數，滿足則的最大值為_______．14．已知向量，，，則實數k的值為______．15．如圖是2021年9月17日13：34神州十二號返回艙(圖中C)接近地面的場景.傘面是表面積為1200m2的半球面(不含底面圓)，傘頂B與返回艙底端C的距離為半球半徑的5倍，直線BC與水平地面垂直于D，D和觀測點A在同一水平線上.在A測得點B的仰角∠(DAB＝30°，且BC的視角∠BAC滿足sin∠BAC＝，則此時返回艙底端離地面距離CD＝____________.(π＝3.14，sin∠ACB＝，計算過程中，球半徑四舍五入保留整數，長度單位：m).16．已知函數，，若函數有3個不同的零點，，，且，則的取值范圍是_____________.三、解答題17．已知直線的參數方程為（為參數），在以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程為．(Ⅰ)求直線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；(Ⅱ)設直線與曲線相交于兩點，求的值．18．已知函數．（1）若，求不等式的解集；（2）若存在，不等式成立，求實數的取值范圍．19．在中，內角所對的邊分別為，若，，且.（1）求角的大小;（2）在①成等差數列，②成等差數列，③成等差數列這三個條件中任選一個作為已知條件，求的面積.(如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)20．已知函數.（1）當時，為R上的增函數，求a的最小值；（2）若，，，求x的取值范圍.21．如圖，四邊形是正方形，平面，，．（1）證明：平面平面；（2）若與平面所成角為，求二面角的余弦值．22．已知函數．（1）當時，判斷的單調性，并求在上的最值；（2），，求a的取值范圍．參考答案1．D【分析】解出集合中的不等式可得答案.【詳解】∵,或，∴AB＝或，故選：D．2．B【分析】由含有一個量詞的命題的否定的定義求解.【詳解】因為命題p：，總有是全稱量詞命題，所以其否定為存在量詞命題，即，使得，故選：B3．A【分析】充分性可通過舉例子確定；不必要性可通過解確定，對于命題可通過對分類討論求解.【詳解】當時，有.當時，，，取，有.充分性成立若，當時，，不符合題意，舍去；當時，由，得有解，所以，解得；當時，由，得有解，所以，解得；綜上可得，或.必要性不成立故選：A.4．A【分析】根據角的終邊上一點，得到，進而得到，然后利用三角函數的定義結合兩角和的正弦求解.【詳解】因為角的終邊上一點，所以，將角逆時針旋轉，得，所以，故選：A5．D【分析】由正弦的和角公式與同角三角函數的基本關系求解即可【詳解】,故選：D6．D【分析】先由函數的圖象求出的解析式，再結合題意求出，結合正弦函數的圖象性質即可求解【詳解】由圖象知，又，所以的一個最低點為，而的最小正周期為，所以又，則，所以,即，又，所以，所以，將函數圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的得的圖象，再把所得曲線向右平移個單位長度得，即.由得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，當時，可知在遞增，在遞減，所以錯誤；因為，所以不是圖象的一個對稱中心，故B錯誤；因為，所以直線不是圖象的一條對稱軸，故C錯誤；因為在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，故正確；故選：.7．D【分析】根據函數的解析式可判斷函數為奇函數，再根據和時函數值的符號可得正確的選項.【詳解】因為，所以為奇函數，圖象關于原點對稱，故排除A,當時，，當時，，故排除B、C．故選：D．【點睛】本題考查函數圖象的識別，一般根據函數的奇偶性、單調性和函數在一定范圍上的函數值的符號來判斷，本題屬于中檔題.8．A【分析】由已知條件可得、是方程的實數根，由根與系數的關系可得，所以，再由基本不等式即可求解.【詳解】區間是關于的一元二次不等式的解集，所以、是方程的實數根，且；由韋達定理知，，所以，且，，所以，所以，當且僅當即時等號成立，所以的最小值為．故選：A．9．A【分析】用基向量，表示相關向量，再結合向量加法、減法和數量積運算的結合律、交換律，即得解【詳解】∵而∴故選：A【點睛】本題考查了向量的線性運算和向量數量積在平面幾何中的應用，考查了學生綜合分析，數形結合、數學運算能力，屬于中檔題10．C【分析】構造函數，，利用導數研究函數的單調性，得出，的單調性，得出，令，可得出，再由得出的，令，得出，從而得出結果．【詳解】解：先證，令，則，可知在上單調遞增，所以，即，令，則，所以；再證即證，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，令，則，所以，從而．故選：C.11．D【分析】由題意可得，令，根據奇偶性的定義，可得為偶函數，利用導數可得的單調性，將題干條件化簡可得，即，根據的單調性和奇偶性，計算求解，即可得答案.【詳解】由，得，記，則有，即為偶函數，又當時，恒成立，所以在上單調遞增，所以由，得，即，所以，即，解得，故選：D.12．D【分析】原問題轉化為恒成立，令，利用導數求其最小值為，只需滿足即可求解.【詳解】由函數，得，若，，即恒成立，令，，當時，若時，，若時，，所以時函數取得最小值，所以成立，故時，，恒成立．故選：D13．5【分析】本題考查簡單的線性規劃，屬基礎題，根據約束條件畫出可行域，將目標函數看成直線，直線經過可行域內的點，觀察可得何時目標值取得要求的最值，進而得解.【詳解】解：根據方程組畫出可行域如圖所示，可以求得B(1,1),當直線經過點B時取得最大值為5，故答案為：5.14．【分析】根據兩個向量垂直其數量積為，列出等式求解即可.【詳解】因為，所以，即，又因為，，所以，，所以，解得故答案為：15．【分析】在中，由正弦定理得即可求解．【詳解】設半球半徑為，則，∴，∴．在中，由正弦定理得，∴，．故答案為：16．【分析】根據導數可求得的極小值為，由題可得函數的零點即方程和的根，討論和時可求得結果.【詳解】，時，，時，的極小值為.令，即，解得方程兩根為和，函數的零點即方程和的根.函數有3個不同的零點需滿足：當時，且，；當時，且，，綜上：的范圍為.【點睛】本題考查利用導數解決函數的零點問題，屬于較難題.17．(1);(2)4.【詳解】分析：（1）利用轉換關系，把參數方程和極坐標方程與直角坐標方程進行轉化；（2）代入建立一元二次方程，利用根和系數的關系求出結果.詳解：(1)∵直線的參數方程為（為參數），∴直線的普通方程為，即，∴直線的極坐標方程：，又∵曲線的極坐標方程為，，，∴，即，∴曲線的直角坐標方程為.(2)∵將直線：代入曲線的極坐標方程：得：，設直線與曲線的兩交點的極坐標分別為，，∴，∴．點睛：本題考查的知識要點：參數方程和極坐標方程與直角坐標方程的轉化，一元二次方程根與系數的關系的應用.18．（1）；（2）或．【分析】（1）代入，可得，然后使用零點分段法分類討論即可.（2）得到，利用絕對值三角不等式計算即可.【詳解】解：（1）若，，，當時，，即，當時，恒成立，即，當時，，即綜上：不等式解集為．（2）存在，不等式成立，只需要，，即，等號成立條件為，當時，，，或，當時，，，，綜上：或．19．條件選擇見解析（1）；（2）.【分析】（1）由得到，進而用正弦定理進行角化邊，再用余弦定理即可得到答案；（2）若選①，根據基本不等式得到，進而得到，結合題目條件可得，進而得到答案；若選②，根據題意有結合（1）消去b，進而化簡即可得到，進而得到答案；若選③，根據題意有結合（1）消去b，進而化簡即可得到，進而得到答案.【詳解】（1）因為所以，由正弦定理可得，即，又，所以.（2）若選①，由基本不等式可知：，所以，所以，當且僅當a=c時取“=”.又所以，即則所以.又，所以是正三角形，所以.若選，由條件可知，，所以，所以，所以，所以.又，所以是正三角形，所以.若選③，由題意可知，，所以，所以，所以又，所以是正三角形，所以.20．（1）（2）【分析】（1）代入，由于函數為R上的增函數，所以導數大于或等于零恒成立，利用基本不等式求出最小值，令其大于或等于零即可求出的最小值；（2）根據導數可判斷函數為增函數，根據函數單調性解不等式.（1）當時，，∴對恒成立，則，∵，當且僅當即時取等號，∴，則a的最小值為.（2）∵，∴.∵，∴，，，∴，所以為R上的增函數.∵，∴，∴.∵，∴，故x的取值范圍為.21．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接與交于點O，易得平面，取的中點M，易得為平行四邊形，即，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理證明；（2）以A為坐標原點，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設，根據與平面所成角為，由，解得，然后分別求得平面的一個法向量，平面的一個法向量，由求解.【詳解】（1）如圖所示：連接與交于點O，因為為正方形，故，又平面，故，由，故平面，取的中點M，連接，注意到為的中位線，故，且，因此，且，故為平行四邊形，即，因此平面，而平面，故平面平面．（2）以A為坐標原點，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設，則，由（1）可知平面，因此平面的一個法向量為，而，由與平面所成角為，得，即，解得；則，設平面的一個法向量為，則得令，則，故．設平面的一個法向量，則得令，則，，故．所以，注意到二面角為鈍二面角，故二面角的余弦值為．22．（1）增函數，最大值為，最小值為；（2）．【分析】（1）利用導數證明在上為增函數，即得函數在上的最值；（2）轉化為，令，再利用導數證明，轉化為，