黑龙江省绥化市肇东市四高中2022届高三12月月考数学（理）试题（Word版含答案）

肇东市四高中2022届高三12月月考
理数试卷
一、单选题
1．已知集合，集合，则的子集个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
2．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知角是的内角，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
4．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
5．已知 ∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=
A． B．
C． D．
6．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则
A． B．
C． D．
7．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为
A． B．
C． D．
8．已知为等比数列,,,则（ ）
A． B． C． D．
9．在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为
A．2 B． C．3 D．
10．设数列满足，且，则
A． B． C． D．
11．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为
A． B． C． D．2
12．已知x，y满足约束条件则z＝x＋2y的最大值是
A．－3 B．－1 C．1 D．3
二、填空题
13．已知x，，且满足，则xy的最大值为___________.
14．已知正四棱柱（底面为正方形且侧棱与底面垂直的棱柱）的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为___________.
15．已知三棱锥中，三点均在球心为的球表面上，且，三棱锥的体积为，则球的表面积是___________.
16．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①；② 与所成的角为；
③与是异面直线；④.
以上四个命题中，正确命题的序号是______.
三、解答题
17．已知函数.
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若在区间上的最大值为，求m的最小值.
18．1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
19．已知等差数列的前项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和，证明：.
20．已知各项都为正数的等差数列的前项和为，且，且，，构成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
21．如图，在四棱锥中，侧面底面为中点，底面是直角梯形，.
（1）求证：平面PAD；
（2）求证：平面平面；
22．如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为圆的直径，且，．
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页
参考答案
1．C
【分析】
应用集合的交运算可得，根据其中元素的个数判断其子集的个数即可.
【详解】
由题设，有，共有3个元素，
∴的子集个数为.
故选：C
2．A
【分析】
先利用复数的运算法则计算，然后再利用模长公式求模长.
【详解】
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，求复数的模，属于基础题.
3．C
【分析】
在中，由求出角A，再利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.
【详解】
因角是的内角，则，
当时，或，即不一定能推出，
若，则，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
4．C
【详解】
分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
5．B
【分析】
利用二倍角公式得到正余弦关系，利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案．
【详解】
，．
，又，，又，，故选B．
【点睛】
本题为三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判断正余弦正负，运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范围后得出三角函数值的正负，很关键，切记不能凭感觉．
6．D
【分析】
利用向量的三角形法则和向量共线定理可得：，，，，，即可得出答案.
【详解】
利用向量的三角形法则，可得，，
为的中点，为的中点，则，
又
.
故选D.
【点睛】
本题考查了向量三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力.
向量的运算有两种方法：
一是几何运算，往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：
（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；
（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；
二是坐标运算，建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．
7．D
【分析】
先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【详解】
由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
【点睛】
本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
8．D
【分析】
由条件可得的值，进而由和可得解.
【详解】
或.
由等比数列性质可知
或
故选D.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.
9．A
【分析】
由等差中项的性质可得，又为等比数列，所以，化简整理可求出q的值．
【详解】
由题意知，又为正项等比数列，所以，且，所以，
所以或（舍），故选A
【点睛】
本题考查等差数列与等比数列的综合应用，熟练掌握等差中项的性质，及等比数列的通项公式是解题的关键，属基础题．
10．C
【详解】
因为，所以，即所以是以2为公比的等比数列，所以成等比数列，其公比等于，所以
，故选C.
11．B
【分析】
首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
【详解】
根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
12．D
【分析】
画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最大值.
【详解】
已知约束条件可行域如图，z＝x＋2y经过B(－1，2)时有最大值，
∴zmax＝－1＋2×2＝3，故选D.
【点睛】
本小题主要考查二元一次不等式组与简单的线性规划问题的求解策略，属于基础题.首先利用直线与坐标轴的交点，画出约束条件所包含的直线，并判断可行域所在的区域.然后通过平移目标函数所对应的基准实现的方程到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最值.
13．3
【分析】
根据条件等式，应用基本不等式求目标式的最大值，注意等号成立条件.
【详解】
∵，且，
∴由基本不等式，得：，解得，当且仅当，即，时等号成立，
∴xy的最大值为3.
故答案为：3.
14．
【分析】
正四棱柱即长方体，长方体的体对角线即为其外接球的直径，求出长方体的体对角线，从而可得答案.
【详解】
解：正四棱柱即长方体，其体对角线长为，
因此其外接球的半径为，则其表面积为.
故答案为：.
15．
【分析】
求出底面三角形的面积，利用三棱锥的体积求出到底面的距离，求出底面三角形的所在平面圆的半径，通过勾股定理求得球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】
在三棱锥中，点三点均在球心为的球表面上，
且，可得，
所以，
因为三棱锥的体积为，的外接圆的圆心为，所以，
可得外接圆的半径为，
所以，即，解得，
球的半径为，球的表面积为.
故答案为：.
16．①③
【分析】
先将正方体的平面展开图还原成原来的正方体，然后对每一选项依次判断即可.
【详解】
把正方体的平面展开图还原成原来的正方体如图所示，
正方体中，
所以四边形是平行四边形，
所以，即和所成角为，故②不正确
又正方体中，所以，故①正确
显然与为异面直线，故③正确
在正方体中,而,所以，故④不正确
所以只有正确.
故答案为：.
17．
（1）的最小正周期，单调递增区间为
（2）
【分析】
（1）用降幂公式和辅助角公式结合化简三角函数，进而得到周期和单调区间；
（2）利用正弦函数的图象和性质即得.
（1）
∵，
∴的最小正周期，
由，
可得的单调递增区间为．
（2）
当时，，
因为在区间上的最大值为，
所以可以取到最大值1，
从而，可得，
∴的最小值为．
18．
（1）
（2）
【分析】
（1）先用正弦定理进行边化角，进而通过两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案；
（2）结合（1），运用余弦定理求出c，进而求出三角形的周长.
（1）
由正弦定理得，
即，则.
因为，所以，所以，得.
（2）
由（1）知，，又，，
所以由余弦定理可得
即，解得（舍）或.
所以三角形的周长为.
19．
（1）
（2）证明见解析
【分析】
(1)结合已知条件分别求出和公差，然后利用等差数列的公式求解即可；(2)结合已知条件利用裂项相消法求出，进而即可证明.
（1）
不妨设等差数列的公差为，
则，即 ①，
由可知， ②
联立①②可得，，，
故的通项公式为.
（2）
由(1)中结论可知，，
从而，
因为，所以.
20．
（1）
（2）
【分析】
（1）由题意列出方程组，解出公差即可得出通项公式；
（2）利用错位相减法求数列的和即可.
（1）
设等差数列的公差为.
因为，所以，解得，
因为，，构成等比数列，
所以，即，
化简得，解得或，
而数列的各项都为正数，所以舍去，
所以，所以数列的通项公式为
（2）
由（1）可知，，
则，①
，②
由①②，得
，
所以.
21．
（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】
（1）证明：设中点为，连接，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得面.
（2）在梯形中，过点作于，证得，再由平面平面，证得，从而得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.
（1）
证明：设中点为，连接，
因为点分别是棱，PD的中点，所以，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，平面，
又由平面，所以面.
（2）
证明：在梯形中，过点作于，
在中，，所以，
在中，，所以，
所以，所以，所以，
因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，所以，
又由，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
22．如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为圆的直径，且，．
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
（1）证明：连接，在圆柱中，平面，又平面，
，又，，
平面，又平面，
，又在中，为的中点，
．
（2）解：连接且与该圆柱的底面垂直，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，，
设平面的法向量是，
由，得，
取，得，
设平面的法向量是，
由，得，
取，得，
，
由图可知，二面角为锐角，
二面角的余弦值为．
答案第8页，共12页
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