2022届河南省南阳市第一中学校高三上学期第一次网上限时训练数学（理）试题含解析

这是一份2022届河南省南阳市第一中学校高三上学期第一次网上限时训练数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届河南省南阳市第一中学校高三上学期第一次网上限时训练数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取集合的公共部分，即可得解.【详解】在集合找出符合集合范围的数，有-1，0，1，2，所以故选：D2．已知复数满足，则（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接根据复数的除法运算即可得出答案.【详解】解：因为，所以.故选：B.3．图是我国从3月到11月每个月最后一天统计的新冠疫苗累计接种（单位：万剂次）情况，则下列判断不正确的是（       ）A．六月份的新增接种剂次最多B．7月份之后每月新增接种剂次逐渐减少C．由图可估计到12月结束累计接种将超过26亿剂次D．由图可以预计进入冬季之后新增接种人数会增加【答案】B【分析】每个月最后一天的累计接种数值与上个月最后一天的累计接种数值之差为本月新增接种数值，从而对选项一一判断即可.【详解】选项A，在上图中可以看出：6月最后一天的累计接种数值与5月最后一天的累计接种数值之差是最大的，所以选项A说法正确；选项B， 6月到10月新增接种剂次逐渐减少，但11月比10月增加量大很多，所以选项B说法不正确；选项C，11月最后一天的累计接种数值已经是25亿，从平均每月上升3亿左右的趋势看，可以估计到12月结束累计接种将超过26亿剂次. 所以选项C说法正确；选项D，从图中看到：气温较高的夏季比气温较低的春季每月新增接种人数少，因此可以预计进入气温更低的冬季之后新增接种人数会增加，所以选项D说法正确.故选：B.4．己知各项均为正数的等比数列的前项和为，，则数列的公比等于（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等比数列的前项和公式进行求解即可.【详解】设数列的公比为，因为等比数列的前项和为，而，显然，所以 ，解得，或，或，而，，所以，故选：C5．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】模拟执行如图所示的程序框图，即可求出程序运行后输出的的值.【详解】解：当时，满足进行循环的条件，，当时，满足进行循环的条件，，当时，满足进行循环的条件，，当时，满足进行循环的条件，，当时，不满足进行循环的条件，故输出的.故选：B.6．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简即得解.【详解】解：由题得.故选：B7．已知为球的半径，为线段上的点，且，过且垂直于的平面截球面得到圆，若圆的面积为，则（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图所示，由题得,设球的半径为，解方程即得解.【详解】解：如图所示，由题得.设球的半径为，则,所以.故选：B8．抛物线有一条性质为：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．已知抛物线，在抛物线内，平行于轴的光线射向，交于点，经反射后与交于点，则的最小值为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据抛物线的性质可知，反射线必过抛物线的焦点，可设直线的方程为，，联立，消，利用韦达定理求得，再根据弦长公式结合二次函数得性质即可得出答案.【详解】解：根据抛物线的性质可知，反射线必过抛物线的焦点，由抛物线，得焦点，可设直线的方程为，，联立，消整理得，则，所以，所以当，即时，取得最小值，最小值为4.故选：C.9．如图，在△中，点M是上的点且满足，N是上的点且满足，与交于P点，设，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据三点共线有，使、，由平面向量基本定理列方程组求参数，即可确定答案.【详解】，，由，P，M共线，存在，使①，由N，P，B共线，存在，使得②，由①② ，故.故选：B.10．2021年10月16日0时23分，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，秒后，神舟十三号载人飞船进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空．在不考虑空气阻力的条件下，从发射开始，火箭的最大飞行速度满足公式：，其中为火箭推进剂质量，为去除推进剂后的火箭有效载荷质量，为火箭发动机喷流相对火箭的速度．当时，千米/秒．在保持不变的情况下，若吨，假设要使超过第一宇宙速度达到千米/秒，则至少约为（结果精确到，参考数据：，）（     ）A．吨 B．吨 C．吨 D．吨【答案】B【分析】根据所给条件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.【详解】因为当时，，所以，由，得，所以，解得（吨），即至少约为吨.故选：B11．经过双曲线右焦点的直线与的两条渐近线，分别交于，两点，若，且，则该双曲线的离心率等于（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求双曲线的渐近线，并求直线与渐近线交点坐标，再由向量方程可得解.【详解】双曲线渐近线为：，焦点，设直线方程：，则由列方程组可得；同理可得；因为，所以，得，，而；因为，所以，所以.故选：A.12．四面体ABCD的四个顶点都在球的球面上，，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法不正确的是（       ）．A．过点E，F，G做四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2B．四面体ABCD的体积为C．AC与BD的公垂线段的长为D．过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4【答案】B【分析】选项A中，做出四面体的图形，画出对应的截面，求出截面积；选项B中，将立方体拆成两部分求解体积；选项C中，画出公垂线，求解长度；选项D中，结合长方体外接球求出最大值和最小值【详解】                                                              图1                                                                                  图2选项A中，如图（1）所示，找的中点，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面，则 , ，所以四边形为平行四边形，找的中点,连接，因为，所以平面，所以平面， 平面，所以，所以，所以四边形为矩形，，，所以截面的面积，故A正确；选项B中，中，由勾股定理得：，同理，过点 作,则，所以由勾股定理得：，所以 ，由选项A可得：平面,所以，，故B错误；选项C中，AC与BD的公垂线段即为，长度为，故C正确；选项D中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得， ，所以外接球的半径 ，截面面积的最大值为；平面截得的面积为最小面积，半径，截面积最小为，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故D正确故选：B二、填空题13．已知，满足，则的最大值为__________．【答案】3【分析】作出可行域，根据直线截距的意义，数形结合求解即可.【详解】作出可行域，如图，当目标函数过点时，取得最大值，联立，解得，即，所以的最大值为.故答案为：.14．四个不同的小球随机放入编号为的四个盒子中，则恰有两个空盒的概率为___________.【答案】【分析】结合古典概型概率计算公式以及排列组合的计算，求得所求概率.【详解】四个不同的小球随机放入编号为的四个盒子中共有种放法，若恰有两个空盒，则四个不同的小球可分成1个和3个或2个和2个，共有种，故恰有两个空盒的概率为.故答案为：15．已知数列满足，，则__________．【答案】9【分析】根据题意可得，两式相减可得数列的奇数项和偶数项都是以1为公差的等差数列，求出，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以，两式相减得，所以数列的奇数项和偶数项都是以1为公差的等差数列，又，所以.故答案为：9.16．已知函数在区间上有且仅有个零点，则的取值范围是__________．【答案】【分析】根据函数零点定义，结合正弦型函数的性质进行求解即可.【详解】令，显然有，设，令，因为，所以，原问题转化为：当时，函数有四个交点，因为，所以有，而，因此，故答案为：三、解答题17．在能源和环保的压力下，新能源汽车无疑将成为未来汽车的发展方向．2016年4月，为促进新能源汽车发展，实施差异化交通管理政策，公安部启用新能源汽车专用号牌．2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划（2021-2035年）》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展．下表是2016年至2020年新能源汽车年销量（单位：十万辆）情况：年份20162017201820192020年份编号年销量 (1)完成下表；年份编号           (2)试建立年销量关于年份编号的线性回归方程；(3)根据（2）中的线性回归方程预测2023年新能源汽车的年销量．参考公式：，.【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）分别求出年份编号和年销量的平均数，完成表格即可；（2）根据公式分别求出，即可得出答案；（3）2023年的年份编号为8，将代入回归方程即可的解.【详解】(1)解：，填表如下：年份编号-2-1012-5-3224 (2)解：，，所以年销量关于年份编号的线性回归方程为；(3)解：2023年的年份编号为8，当时，，所以预测2023年新能源汽车的年销量为十万辆.18．已知的内角，，的对边分别为，，，且满足①；②；③．(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；(2)若为线段上一点，且，，求的面积．【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】根据所给条件构造命题，用正弦定理或余弦定理证明；用正弦定理及面积公式求解.【详解】(1)“由①②③”证明：因为，由正弦定理：，所以，；因为，，所以，由余弦定理得：“由②③①”因为，由余弦定理得，因为，由正弦定理：，所以，，所以，“由①③②”因为，由余弦定理得，又，，所以，所以三角形为等腰直角三角形，故, (2)由已知设，则，，，因为，所以，所以，根据正弦定理得：，则，，       .19．如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，，，是上的一点，．（1）证明平面；（2）设二面角为，求与平面所成角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先由已知建立空间直角坐标系，设，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明，，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；（2）先求平面的法向量，再求平面的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角【详解】（1）以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，，∴，，∴，，，∴平面.（2），，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，∵平面平面，∴，故，∴，，∴，设与平面所成角为，，则，∴，∴与平面所成角的大小为.【点睛】本题主要考查了利用空间直角坐标系和空间向量解决立体几何问题的一般方法，线面垂直的判定定理，空间线面角的求法，属于中档题.20．已知为圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分別为，，过点作直线的垂线，垂足为点，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）Q点轨迹符合椭圆定义，因而简化了运算过程；（2）两条互相垂直的弦所在直线要分为两种情况：两条直线斜率均存在或其中一条直线斜率不存在另一条斜率为0，找到直线EF所过定点是本题关键.【详解】(1)由题意可知圆的圆心为，半径为4，因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，所以，所以，又因为，所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，设（），则，，，所以点Q的轨迹方程为.(2)（ⅰ）若两条直线斜率均存在，设过点N的弦所在直线的方程为（），代入椭圆方程联立得：，设与椭圆两交点的坐标分别为，所以，所以，则；同理，；由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为，显然，所以，化简得，即；（ⅱ）若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴；综上直线EF必过定；取点N与点T的中点为G，则，因为，所以，所以点H在以G为圆心，为半径的圆上运动，所以存在定点G，使得为定值.21．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论函数的极值点的个数.【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）分别求出和，即可求出切线方程；（2）分、和三种情况，分别讨论单调性，即可得到对应的极值点的情况.【详解】(1)当时，定义域为，.因为，所以.所以在点处的切线方程为：.(2)函数定义域为，.令，.令，得；令，得；所以在上单增，在上单减.所以，所以①当时，，令，得；令，得；所以在上单增，在上单减.此时有且只有一个极值点.②当时，，令，得；令，得；所以在上单减，在上单增.此时有且只有一个极值点.③当时，方程有两个相异正根，不妨设，则当时，有；当时，有；当时，有；；当时，有；；所以在上单减，在上单增，在上单减，在上单增，此时有三个极值点.综上所述：当或时，有且只有一个极值点；当时，有三个极值点.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.22．已知圆的方程为，直线的参数方程为，（为参数，）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆的极坐标方程；(2)设与交于，两点，当时，求的极坐标方程.【答案】(1).(2).【分析】（1）根据，代入曲线的方程中可得圆的极坐标方程；（2）将直线l的参数方程转化为极坐标方程为，与圆和极坐标方程联立整理得，根据根与系数的关系，代入可求得答案.【详解】(1)解：曲线的方程为，整理得，根据，转化为极坐标方程为，所以圆的极坐标方程为；(2)解：直线l的参数方程为（为参数，）．转化为极坐标方程为，由于直线与圆相交，故，整理得，设，两点所对应的极径为，则，故，整理得，又，所以，所以，即，所以的极坐标方程为.23．已知.(1)解不等式；(2)记的最小值为，若，都是正数，且，证明：．【答案】(1)或(2)答案见解析【分析】（1）先去掉绝对值得出的解析式，再分类讨论得出不等式的解集；（2）由得出，再由基本不等式证明.【详解】(1)由题意可得，由可得或解得或，即解集为或(2)由（1）可知，，即当且仅当，即时，取等号.