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2022届高三数学保温卷1
一、单选题
1.已知集合,则()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义和运算直接得出结果.
详解】由题意得,
,又,
所以.
故选:C.
2.已知复数z满足(i为虚数单位),则复数z是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算化简复数即可得出答案.
【详解】
故选:C.
3.双曲线的焦点到其一条渐近线的距离为()
A. B. C.1 D.2
【答案】C
【解析】
【分析】先根据双曲线的方程求出焦点坐标和渐近线方程,再利用点到直线的距离公式可求得结果
【详解】由,得,渐近线方程为,
由双曲线的对称性,不妨取双曲线的右焦点,一条渐近线方程为,
则焦点到渐近线的距离为
,
故选:C
4.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数,如1,3,6,10,15,….我国宋元时期数学家朱世杰在(四元玉鉴》中所记载的“垛积术”,其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛(如图所示,顶上一层1个球,下一层3个球,再下一层6个球,…).若一“落一形”三角锥垛有10层,则该堆垛总共球的个数为()
A.55 B.220 C.285 D.385
【答案】B
【解析】
【分析】
根据“三角形数”的特征可得通项公式,计算其前项和,再将10代入即可得结果.
【详解】“三角形数”的通项公式,
前项和公式:,
当时,.
故选:B.
【点睛】本题主要考查以数学文化为背景,考查数列知识及运算能力,求出是解题的关键,属于中档题.
5.已知,为平面的单位向量,且其夹角为,若,则的最大值为()
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的模的运算将原式化解,再利用基本不等式可得的最大值.
【详解】在等式两边平方得,,
所以,
得,当时,满足题意,
故选:B
二、多选题
6.将函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再把所得图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则下列说法正确的是()
A.的最小正周期为 B.
C. D.的图象关于点对称
【答案】CD
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换求出函数的解析式,可判断B选项;利用正弦型函数的周期公式可判断A选项;利用诱导公式可判断C选项;利用正弦型函数的对称性可判断D选项.
【详解】将图象上的所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,
得到函数的图象,
再把所得图象向右平移个单位长度,得到的图象,
函数最小正周期,AB选项错误;
,C项正确;
,故的图象关于点对称,D项正确.
故选:CD.
7.已知正四棱柱底面边为1,侧棱长为,是的中点,
则()
A.任意,
B.存在,直线与直线相交
C.平面与底面交线长为定值
D.当时,三棱锥外接球表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A,由题意可得平面,从而可得,即可判断;
对于B,根据异面直线的定义可得;
对于C,根据题意找出交线,然后求出交线长即可;
对于D,根据外接球与正四棱柱的位置关系,找出球心,进而求出半径,即可得出表面积.
【详解】解:对于A,,,,,平面,
平面,平面,,故正确;
对于B,因为平面,平面,
所以平面,
与异面,故不相交,故错误;
对于C,延长,交于点,连接交于,为中点,
,
所以,
所以,
所以,
平面平面,
平面与底面交线为,
其中为中点,所以,故正确对;
对于D,,是直角三角形,外接圆是以为直径的圆,
圆心设为,半径,
取中点,则平面,,
所以,
所以,
,故错误.
故选:.
三、填空题
8.函数在点处的切线的方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出,求导,得到即切线斜率,用点斜式求出切线方程,化为一般式即可.
【详解】,,,
所以在点处的切线的方程为:,
整理得:
故答案为:
9.用0,1,2,3组成无重复数字的三位数,这个三位数是偶数的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】结合排列组合及古典概型,对个位分类讨论即可
【详解】组成无重复数字的三位数共有个,当0做个位时有个,当2做个位时有个,故三位数是偶数的概率等于,
故答案为:
四、解答题
10.锐角中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,.
(1)求证:;
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)根据给定条件利用正弦定理边化角,借助和差角正弦公式变形,再用三角函数性质推理作答.
(2)利用正弦定理边化角,由(1)及余弦函数的性质计算作答.
【小问1详解】
在中,由正弦定理及得:,
即,
,
因是锐角三角形,即,有,而正弦函数在上递增,
于是得,即,
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