山西省吕梁市2021-2022学年高三上学期第一次模拟考试数学（理）PDF版含解析

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2022吕梁市一模试题理科数学参考答案一、选择题：题号123456789101112答案CABDAACCBDDB 1.C解：因为，所以，故选C2.A解：因为，所以，故选A3.【解析】因为，，，所以在上各有一解，所以,有两个零点,故选B.4.【解析】取中点，则平面，所以，又所以平面，所以，所以异面直线与所成的角为.故选D.  5.【解析】，为奇函数，排除C；又，可排除B，C，故选A.6.【解析】设小正方形的边长为1，则，所以，解之得，选A.7.【解析】由得，，或.当时，由得，，或，由得，，所以在处有极小值.当时，由得，，或，由得，，所以在处有极大值，是函数在处有极大值的充分必要条件.故选C.8.【解析】由已知得，，所以.由射影定理得，所以，所以，所以.选C.9.【解析】设，因三点共线，所以，解得，选B.10.【解析】如图座舱距离地面最近的位置为点，时，游客甲位于位于点，以为终边的角为；根据摩天轮转一周大约需要30 min，可知座舱转动的角速度约为，有题意可得，选D.11.【解析一】由得,.又所以为首项为，公比为的等比数列，所以即，所以，选D.【解析二】12.【解析】，，又函数为增函数,所以,故选B.二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.13.【解析】设，，则，所以，即.14.【解析】画出函数的图象，因直线过定点，当直线与相切时，满足条件.联立得，由得或，当，方程的解为，满足条件；当时，当的解为，不满足条件，所以 15.【解析】解法一：设，，由，得，所以，于是，又点在圆上，即所以，化简得.所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，所以.解法二：圆的标准方程为，设，因为，所以，即所以，所以.16.，(第一空2分，第二空3分)【解析】该半正多面体表面由6个正方形与8个等边三角形组成，其的表面积为，该半正多面体可以看作是棱长为2的正方体，8个顶点处截去侧棱长为1的8个正三棱锥得到的，所以该半正多面体的体积为.17.【解析】（1）解法一:因为所以···········2分，···········3分所以···········4分又···········5分所以数列是以首项为,公差为的等差数列.···········6分解法二：···········4分又··········5分所以数列是以首项为,公差为的等差数列.···········6分(2) 由 (1) 得,所以···········7 分即···········8分··········9分··········10分当时，·········11分所以···········12分18.【解析】（1）由已知得···········2分因，所以···········3分因为，由正弦定理得···········4分，所以···········5分···········6分（2）由（1）得，中，由正弦定理得，，所以，···········8分，所以···········9分又，所以···········10分所以···········12分19.【解析】(1)············1分当时, ，函数在单调递增；············2分当时,由得，；由得， .···········4分所以函数在单调递减, 在单调递增.············5分综上所述当时，函数在单调递增；当时,函数在单调递减, 在单调递增.············6分（2）解法一：由（1）得，当时，函数在单调递增，最多有一个实根，不满足条件··················7分当时,函数在单调递减, 在单调递增.所以在时，有最小值由得，.············8分所以，下面证明：设，············9分当时，，单调递减；当时，，单调递增所以所以恒成立，即············10分又，所以函数在区间上各有一个零点·········11分所以当时, 有两个零点.············12分解法二：由分离参数得，············7分设，则，············8分由得，，在上单调递增，由得，，在上单调递减，············9分所以在处有最大值，············10分易知当时，；当时，，时，，所以当时，与有两个公共点，············11分即函数有两个零点.············12分 20.【解析】(1)取对角线AC，BD的交点O，因为M、N分别为SA、SC的中点，所以MN//AC,···········1分又平面ACE，平面ACE，所以MN//平面ACE；···········2分取SE的中点F，连结DN交CE于G，则NF//CE，又E为DF的中点，所以G为DN的中点，···········3分又O为BD的中点，所以OG//BN.···········4分平面ACE，平面ACE,所以BN//平面ACE，···········5分又平面BMN，平面BMN，，所以平面平面ACE；···········6分(2)以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.则，，···········7分设，由得，所以，即，，···········8分设平面的一个法向量为，由可得，···········9分不妨设，可得，···········10分设直线与平面所成的角为，则，···········11分所以直线与平面所成角的正弦值为.···········12分21.【解析】(1) 由抛物线的定义得,···········2分所以，的方程为.···········4分（2）假设存在实数t，使得与圆相切.当为坐标原点时，由与圆相切得，，直线的方程为，由直线与圆相切得，解之得或当时，三点重合，舍去.···········6分下面证明当时，满足条件.设，则直线的方程为：······················7分因与圆相切，所以即······················8分同理由与圆相切得，······················9分即为方程的两根，所以······················10分到直线的距离为所以直线与圆相切.···········11分因此存在实数，使得使得直线与圆相切.···········12分22.【解析】（1）解法一：设圆上任意一点的坐标为，则，由余弦定理得······················2分化简得······················4分圆的极坐标方程为······················5分解法二：以极点为坐标原点，极轴为轴建立直角坐标系，则圆心的直角坐标为，···········1分圆的方程为，即，······················3分由，得圆的极坐标方程为······················5分( 2 ) 将代入圆的极坐标方程得, 设点的极坐标分别为, 则①·····················6分由, 得，即,······················7分代入①解得，故，······················8分即故.······················10分23.【解析】（1）解法一：······················2分所以······················4分所以.当且仅当时等号成立.······················5分解法二：······················4分当且仅当时等号成立.······················5分（2）解法一：················8分当且仅当时取到最小值.······················10分解法二：，所以······················8分当且仅当，即时取到最小值.······················10分