2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期1月模拟数学试题含解析

这是一份2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期1月模拟数学试题含解析，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届广东省华南师范大学附属中学高三上学期1月模拟数学试题一、单选题1．已知集合，，则A． B． C． D．【答案】D【详解】由，得：，，所以，故选D.2．在复平面内，复数（i是虚数单位）对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的除法化简复数，然后求出在复平面内对应的点的坐标，从而判断所在象限.【详解】解：复数，在复平面内对应的点的坐标为，所以对应的点在第四象限.故选：D3．如图，在正方形中，点是的中点，点满足，那么A． B．C． D．【答案】C【解析】利用三角形的加法法则，减法法则，线性运算，就可得出结果．【详解】解：在中，.因为点为的中点，所以.因为点为的一个三等分点，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查平面向量基本定理，向量的运算，属于基础题．4．函数（其中为自然对数的底）的图象大致是A． B． C． D．【答案】A【详解】因为函数为偶函数，所以去掉D,因为当 时 ，所以当 时 ，去掉B;当 时 ，去掉C，因此选A.5．在如图所示的正方形内任取一点，其中图中的圆弧为该正方形的内切圆，以及以正方形的顶点为圆心以正方形边长的一半为半径的圆弧，则点恰好取自阴影部分的概率为A． B．C． D．【答案】C【解析】设正方形的边长为2，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由测度比是面积比得答案．【详解】解：设正方形的边长为2，则正方形面积为4．图中阴影部分的面积可看作8个弓形的面积和，其面积为．所求概率．故选：．【点睛】本题考查几何概型概率的求法，关键是求出阴影部分的面积，属于基础题．6．的展开式中的常数项为A．14 B．-14C．16 D．-16【答案】A【解析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的常数项．【详解】解：，故它的展开式中的常数项为，故选：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．7．已知为锐角，且，则的值为A． B．C． D．【答案】B【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果．【详解】解：由可得，即，所以，又为锐角，故，故选：B.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，和角公式的运用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．8．设椭圆：的左、右焦点分别为，，点.已知动点在椭圆上，且点，，不共线，若的周长的最小值为，则椭圆的离心率为A． B．C． D．【答案】D【解析】当，，共线时，此时的周长的最小，即可得到，再根据离心率公式计算即可．【详解】解：的周长为，当，，共线时，此时周长最小，，，，故选：．【点睛】本题考查了椭圆的简单性质和离心率，考查了运算能力和转化能力，属于中档题，9．设三棱柱的侧棱垂直于底面，，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是A． B．C． D．【答案】C【解析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，而底面为直角三角形，所以底面外接圆的圆心为斜边的中点，且半径为斜边的一半，根据底面外接圆的半径与球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，求出外接球的表面积．【详解】解：由题意知底面外接圆的圆心为斜边的中点，则外接圆的半径，而，，所以，所以，过的中点做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，由题意得：，所以外接球的表面积，故选：．【点睛】考查直棱柱的外接球的求法及球的表面积公式，属于中档题．10．设是数列的前项和，若，，则数列的前99项和为A． B．C． D．【答案】C【解析】利用两式作差，代入求出，再利用裂项相消法求出和即可．【详解】解：当时，，则，即，则，从而，故.故选：．【点睛】考查数列的性质，裂项相消法求数列的和，注意式子的灵活变换，属于中档题．11．已知函数，若，则ab的最小值为（        ）A． B． C． D．【答案】B【解析】画出的图像，结合图像，根据，求得的取值范围.令，将用表示，由此求得的表达式，进而利用导数求得的最小值.【详解】画出图像如下图所示，令，解得.所以.令，由图可知.，所以.所以.构造函数（稍微放大的范围）..令，，所以在上递减.而.由于，所以，，，所以. ，故存在，使.所以在上递增，在上递减.所以对于来说，最小值只能在区间端点取得. 当时，；当时，.所以的最小值为.故选：B【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查指数、对数运算，考查利用导数研究函数的单调区间和最值，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.12．已知双曲线：，过其右焦点作渐近线的垂线，垂足为，交轴于点，交另一条渐近线于点，并且点位于点，之间.已知为原点，且，则（        ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设出右焦点的坐标和渐近线的方程，由点到直线的距离公式求得，结合直角三角形勾股定理和三角函数的定义、两直线的夹角公式，求得的关系，由此求得的长，进而求得【详解】双曲线的右焦点，渐近线的方程为，即，渐近线的方程为，即.所以，，.所以，而，解得或（舍去）.所以.在中，由射影定理得，所以，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查直角三角形的射影定理、两直线的夹角公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.二、填空题13．已知函数为偶函数，则______.【答案】【解析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得，即，据此变形分析可得答案．【详解】解：根据题意，函数，其定义域为，若为偶函数，则，则有，变形可得：，必有；故答案为：．【点睛】本题考查函数的性质以及判断，关键是掌握偶函数的定义，属于基础题．14．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a2+a5=6，则a8=____.【答案】【分析】根据等差数列的性质，结合等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列{an}的公比为，当时，显然S3，S9，S6不成等差数列，当时，因为S3，S9，S6成等差数列，所以有，即，化简得，因为，所以解得，因为a2+a5=6，所以，因此，故答案为：15．若的图象关于直线对称，且当取最小值时，，使得，则的取值范围是______.【答案】【解析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的定义域的应用求出结果．【详解】解：∵函数的图象关于直线对称，，，当取最小值是，，∵，∴，，即的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．16．在四面体中，为等边三角形，边长为6，，，，则四面体的体积为______.【答案】【解析】推导出，分别取、的中点、，连结、、，则，，，推导出，从而平面，进而四面体的体积为，由此能求出结果．【详解】解：在四面体中，为等边三角形，边长为6，，，，，，分别取、的中点、，连结、、，则，，，且，，，，，，平面，平面，平面，四面体的体积为：．故答案为：．【点睛】本题考查四面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．三、解答题17．已知的内角、、的对边分别为、、，且.(1)求角的值；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）由三角形的面积公式可求得的值，结合已知条件可得出关于、的方程组，解出这两边的长，利用余弦定理求出的值，即可得出的周长.(1)解：由正弦定理得，，则，所以，，，则，可得，故.(2)解：由三角形的面积公式可得，所以，，由已知可得，解得或.当时，则为等边三角形，其周长为；当且时，由余弦定理可得，此时，的周长为.综上所述，的周长为或.18．如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且，.(1)求证: 平面;(2)设，若直线与平面所成的角为 ，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面，可证得，再证明，从而证明平面；（2）由题意，计算出各棱长，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，从而得对应向量的坐标，求解平面的法向量为，以及平面的一个法向量，代入向量的夹角公式计算余弦值，再由该二面角的平面角为钝角，可得二面角的余弦值.(1)∵四边形是菱形，∴.∵，，∴平面，又平面，∴.∵，是的中点，∴，又，∴平面.(2)∵，∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，∵平面，∴直线与平面所成的角即，∴，不妨设菱形的边长为，则在等边三角形中，，，在中，.           如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，则.设平面的法向量为，则，得.易知平面的一个法向量为，则，由图可知二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19．已知椭圆C1:=1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线所得弦的长度为4.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程.(2)过点A(-4，0)的直线l与椭圆C1交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为E.当直线l绕点A旋转时，直线EN是否经过一定点?请判断并证明你的结论.【答案】(1)椭圆C1的方程为=1，抛物线C2的方程为y2=8x；(2)直线EN恒过一定点Q(-1，0)，证明见解析.【分析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合抛物线的焦点坐标进行求解即可；（2）设出直线l的方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆的对称性、直线斜率公式进行求解即可.(1)设椭圆C1的半焦距为c.依题意，可得a=，则C2:y2=4ax，代入x=c，得y2=4ac，即y=±2，所以4=4，则有，所以a=2，b=，所以椭圆C1的方程为=1，抛物线C2的方程为y2=8x.(2)依题意，当直线l的斜率不为0时，设其方程为x=ty-4，由，得(3t2+4)y2-24ty+36=0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则E(x1，-y1).由Δ>0，得t<-2或t>2，且y1+y2=，y1y2=.根据椭圆的对称性可知，若直线EN过定点，此定点必在x轴上，设此定点为Q(m，0).因为kNQ=kEQ，所以，(x1-m)y2+(x2-m)y1=0，即(ty1-4-m)y2+(ty2-4-m)y1=0，2ty1y2-(m+4)(y1+y2)=0，即2t·-(m+4)·=0，得(3-m-4)t=(-m-1)t=0，由t是大于2或小于-2的任意实数知m=-1，所以直线EN过定点Q(-1，0).当直线l的斜率为0时，直线EN的方程为y=0，也经过点Q(-1，0)，所以当直线l绕点A旋转时，直线EN恒过一定点Q(-1，0).【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系和椭圆的性质是解题的关键.20．某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为.监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的时能性相同.（1）求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；（2）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定：若抽取的是黄色汽车.则将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束；并规定抽样的次数不超过次，在抽样结束时，若已取到的黄色汽车数以表示，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】（1）任取1辆汽车取到蓝色汽车的概率为，从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，取到蓝色汽车的数量，由此能求出抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率．（2）的可能取值为0，1，2，，，，，，，，，由此能求出的分布列和数学期望．【详解】解：（1）因为随机地抽取一辆汽车是蓝色汽车的概率为，用表示“抽取的5辆汽车中蓝颜色汽车的个数”，则服从二项分布，即，所以抽取的5辆汽车中有2辆是蓝颜色汽车的概率.（2）的可能取值为：0，1，2，…，.，，，……，，.所以的分布列为：012………… 的数学期望为：，       （1）.       （2）（1）-（2）得：，.所以.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．21．已知函数，既存在极大值，又存在极小值.(1)求实数的取值范围；(2)当时，、分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由已知可得，分析可知方程有两个不等的实根，解方程，可得出关于的不等式，即可得解；（2）求得，，可得出，，由已知可得，构造函数，其中，分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，验证不等式对任意的是否恒成立，综合可得出实数的取值范围.(1)解：由可得，因为函数既存在极大值，又存在极小值，则必有两个不等的实根，则，由可得，，所以，，解得且.因此，实数的取值范围是.(2)解：，则.由可得，此时函数单调递减，由可得或，则函数的增区间为和，所以，，，则，，由题意可得对任意的恒成立，由于此时，则，所以，，则，构造函数，其中，则，令，则.①当时，，所以，在上单调递增，所以，即，符合题意；②当时，，设方程的两根分别为、，则，，设，则当时，，则在上单调递减，所以当时，，即，不合题意.综上所述，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，在求解时注意根据函数值符号判断出参数的符号，进而对参数进行分类讨论求解.22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程为(为参数).设直线与的交点为P，当变化时点P的轨迹为曲线.(1)求出曲线的普通方程;(2)以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，点为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值.【答案】(1)(2).【分析】（1）消参得两直线的普通方程，两式相乘可得，再由，可得；（2）直线的直角坐标方程与的参数方程，设点，代入点到直线的距离公式，利用三角函数的性质即可求得最大值.(1)分别消去，的参数方程中的参数，得，的普通方程为，，两式相乘消去可得，因为，所以，所以曲线的普通方程为(2)因为，所以，所以直线的直角坐标方程为.结合（1）知曲线与直线无公共点，曲线的参数方程为(为参数，，)，所以曲线上的点到直线的距离，所以当时，取得最大值，为.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值即可．【详解】解：（1）当时，得，∴；当时，得，∴无解；当时，得；综上，不等式的解集为或.（2）∵，∴，即，又由均值不等式有：，，两式相加得，∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．