宁夏回族自治区银川一中2022届高考三模数学（文）试题-

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宁夏回族自治区银川一中2022届高考三模数学（文）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．下面五个式子中：①；②；③{a }{a，b}；④；⑤a {b，c，a}；正确的有（       ）

A．②④⑤ B．②③④⑤ C．②④ D．①⑤

2．在下列命题中，①若为复数，则为非负数；②互为共轭的两个复数的差为纯虚数；③若（，），则（是虚数单位），一定正确的个数是（       ）

A．0 B．1 C．2 D．3

3．已知，则的取值范围为（        ）

A． B． C． D．

4．如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）

A．16cm B．cm

C．8cm D．cm

5．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中；5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：

137   966 191   925   271   932   812   458   569   683

431   257 393   027   556   488   730   113   537   989

据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（   ）

A．0.40 B．0.30

C．0.35 D．0.25

6．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数，则图象为下图的函数可能是（       ）

A． B．

C． D．

8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（       ）

A． B． C． D．

9．四叶回旋镖可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，，，，M为线段HG上一动点，则的最大值为（       ）

A．8 B．16 C． D．32

10．若样本，，，…平均数为10，方差为20，则样本，，，…，的平均数和方差分别为（       ）

A．平均数为20，方差为35 B．平均数为20，方差为40

C．平均数为15，方差为75 D．平均数为15，方差为80

11．已知数列满足，（且），若恒成立，则M的最小值是（       ）

A．2 B． C． D．3

12．已知的最小值为2，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．设数列的前项和为，，则_____.

14．过椭圆（）的左焦点 作x 轴的垂线交椭圆于P， 为右焦点，若,则椭圆的离心率为________

15．若，则的值为________.

16．如图，在长方体中，，，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为__．

17．第届亚运会将于年月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同．

(1)求、的值；

(2)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取人，然后再从这人中选出人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．

18．已知函数的最小正周期为.

(1)求的值及函数的单调递减区间；

(2)在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，若，，，求的取值范围.

19．如图，四边形为正方形，若平面，，，．

(1)在线段上是否存在点，使平面平面，请说明理由；

(2)求多面体的体积．

20．已知函数，（为自然对数的底数，）．

(1)求函数的单调区间；

(2)若，，证明：当时，．

21．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线与相交于不同的两点，且.

(1)求C的方程；

(2)若线段的垂直平分线与相交于两点.且.求直线的方程.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)将曲线和直线化为直角坐标方程；

(2)过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.

23．已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.

(1)若不等式有解，求a的取值范围；

(2)当时，对任意正实数p，q，证明：.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

根据元素与集合，集合与集合之间的关系逐个分析即可得出答案.

【详解】

中，是集合{a}中的一个元素，，所以错误；

空集是任一集合的子集，所以正确；

是的子集，所以错误；

任何集合是其本身的子集，所以正确；

a是的元素，所以正确.

故选：A.

2．A

【解析】

【分析】

①举出反例即可判断；②结合复数的减法运算以及复数的类型即可判断；③根据虚数不能比较大小即可直接判断.

【详解】

①若,则，故①错误；②设，则，所以，若，则差为0，若，则差为纯虚数，故②错误；③虚数不能比较大小，故③错误；

故选：A.

3．C

【解析】

【分析】

由不等式的性质求解

【详解】

，

故，，得

故选：C

4．A

【解析】

【分析】

由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得．

【详解】

由斜二测画法，原图形是平行四边形，，

又，，，

所以，

周长为．

故选：A．

5．D

【解析】

【详解】

试题分析：由题意知模拟三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下组随机数，在组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有：137,271,932,812,393共5组随机数，所以所求概率为，故选D．

考点：古典概型及其概率的计算．

6．B

【解析】

【分析】

根据抛物线方程和双曲线方程分别可知焦点坐标和渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可得答案.

【详解】

抛物线的焦点为， 双曲线的一条渐近线可设为，即，焦点到的距离为 .

故选：B.

7．D

【解析】

【分析】

根据函数图象得到函数为奇函数，根据选项中的函数奇偶性，可得排除A、B；求得函数的导数，结合函数的单调性，可排除C项，即可求解.

【详解】

由题意，函数，根据函数图象可得函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，

对于A中，函数不是奇函数，所以A不符合题意；

对于B中，函数不是奇函数，所以B不符合题意；

对于C中，函数此时函数为奇函数，

又由，当时，，此时函数在区间单调递增，而图象中先增后减，所以C不符合题意.

故选：D.

8．D

【解析】

【分析】

根据程序框图的循环结构，依次计算，即得解.

【详解】

初始值：

满足：

满足：

满足：

……

满足：

输出：

故选：D

【点睛】

本题考查了程序框图的循环结构，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于基础题.

9．B

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，标出四个点的坐标，写出向量的坐标，利用坐标表示，结合变量的范围，即得解

【详解】

如图所示以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意

，其中

因此：

因此当时，的最大值为16.

故选：B

【点睛】

本题考查了坐标法求解向量的数量积，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算能力，属于中档题

10．D

【解析】

【分析】

利用平均数和方差的公式可算出答案.

【详解】

因为样本，，…，的平均数为10，方差为20，

所以有，.

所以，，…，的平均数为，

所以，，…，的方差为

.

故选：D

11．C

【解析】

【分析】

根据，（且），利用累加法求得，再根据恒成立求解.

【详解】

因为数列满足，，（且）

所以，

，

，

，

因为恒成立，

所以，则M的最小值是，

故选：C

12．D

【解析】

【分析】

注意观察时，，所以让时， 恒成立即可，根据参变分离和换元方法即可得解.

【详解】

当时，，

又因为的最小值为2，

，所以需要当时， 恒成立，

所以在恒成立，

所以在恒成立，

即在恒成立，

令 ，则，

原式转化为在恒成立，

是二次函数，开口向下，对称轴为直线，

所以在上 最大值为，

所以，

故选：D.

13．

【解析】

【分析】

利用求得.

【详解】

当时，，

当时，，

所以，

也符合上式，

所以.

故答案为：

14．

【解析】

【详解】

分析：把代入椭圆方程得P点坐标，进而根据推断出，整理得出，进而求得椭圆的离心率e的大小.

详解：由题意知点P的坐标为或，因为，所以，即，所以，所以或（舍去），故答案是.

点睛：该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在解题的过程中，需要应用点在椭圆上的条件为点的坐标满足椭圆的方程，代入求得P点的坐标，根据角的大小，得到边之间的关系，从而建立关于a,c的等量关系式，从而将其转化为关于e的方程，求解即可注意其取值范围，做相应的取舍.

15．##

【解析】

【分析】

根据二倍角的正切公式，两角和的正切公式化简条件等式可求，再结合二倍角的正弦公式和同角关系求.

【详解】

∵   ，

∴   ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ 或，

又，

∴   当时，，

当时，，

∴   的值为，

故答案为：.

16．2

【解析】

【分析】

连接，得出点、、在平面中，问题转化为在平面内直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，求出点关于直线的对称点的坐标，则答案可求．

【详解】

连接，则，点、、在平面中，

且，，，

如图1所示；在△中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，

如图2所示，则，，；

设点关于直线的对称点为，

的方程为，①

，直线的方程为，②

由①②组成方程组，解得，，

直线与的交点，．

对称点，

．

则的最小值为2．

故答案为：2．

17．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布直方图以及题意可得出关于、的方程组，即可解得这两个未知数的值；

（2）分析可知，所抽取的人中，第四组的志愿者人数为，分别记为、、、，第五组的志愿者人数为，记为，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

(1)

解：由题意可知：，解得.

(2)

解：因为第四、第五两组志愿者人数之比为，

在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取人，

所抽取的人中，第四组的志愿者人数为，分别记为、、、，

第五组的志愿者人数为，记为，

从这人中选出人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，

其中，事件“选出的两人来自不同组”所包含的基本事件有：、、、，共种，

因此，所求事件的概率为.

18．(1)；，

(2)

【解析】

【分析】

（1）由可得到，化简，结合正弦型函数的单调性即可求解；

（2）由（1）可得，利用余弦定理和基本不等式可得的最大值，根据三角形三边关系可知，即可求解.

(1)

因为最小正周期为，所以，则，

所以，则，

所以，，

所以，，

所以的单调减区间为： ，

(2)

由（1），则，

因为，所以，则，

因为，

由余弦定理有

，即，

所以，所以，

当且仅当时等号成立，所以的最大值为，

又，

所以

19．(1)存在，理由见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）在线段上取一点，使得，可证明四边形是矩形，所以，由面面垂直的性质定理可得面，，再由线面垂直的判定定理可得面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；

（2）将多面体分割为四棱锥和三棱锥，由锥体的体积公式计算即可求解.

(1)

存在这样的点为线段靠近点的三等分点，使平面平面，

证明如下：在线段上取一点，使得，因为，所以，

所以，又因为，所以四边形是平行四边形，

又因为，所以四边形是矩形，所以，

因为四边形为正方形，所以，

因为平面平面，平面平面，面，

所以面，因为平面，所以，

因为，所以面，

因为面，所以平面平面.

(2)

在中，，，

可求得，，

在中，，

过点作于点，因为平面平面，

平面平面，，面，

所以面，所以即为四棱锥的高，

所以，

所以，

，

所以多面体的体积为．

20．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（2）求得，利用导数求得函数，再计算得出，，即可证得结论成立.

(1)

解：函数的定义域为，.

①当时，对任意的，，此时函数的减区间为，无增区间；

②当时，由可得，由可得，

此时函数的单调递增区间为，递减区间为.

综上所述，当时，函数的减区间为，无增区间；

当时，函数的单调递增区间为，递减区间为.

(2)

证明：当时，，

则，

令，其中，则，

所以函数在上单调递增，

因为，，

所以存在，使得，即，可得，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，当时，

，即，

因为，

，

综上所述，若，当时，．

【点睛】

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

21．(1)

(2)或

【解析】

【分析】

（1）设直线的方程为，联立抛物线方程求得，结合求出值，即可求出C的方程；

（2）分别联立直线、与抛物线方程求得，再由得四点且圆心为中点，

建立关系解出参数即可求得直线方程.

(1)

由题意知与轴不垂直，所以可设的方程为.

由得，则.

所以，

又，解得，所以的方程是.

(2)

由（1）知，设的方程为.

由得，则.

所以.

所以的中点为.

又的斜率为，所以的方程为，

将上式代入，并整理得.

设，则.

则，

所以的中点为，

由于垂直平分，又，即四点在同一圆上，

且为圆心，即，从而，

即，

解得或，

所以直线的方程为或.

【点睛】

本题关键点在于利用好这一条件，由此得到四点且圆心为中点，

在联立直线和抛物线方程求得后，建立方程求得直线方程.

22．(1)，

(2)（去掉）

【解析】

【分析】

（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换

（2）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程

(1)

由C的参数方程：，

∴C：，

由得∴.

(2)

设，，

则，，即，

由得即，

∴即，

∵∴M的轨迹方程为（去掉）.

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用绝对值三角不等式求解；

（2）先利用绝对值三角不等式求得最大值，再利用作差法比较.

(1)

解：由绝对值不等式，

得，

故，

当且仅当时取“=”，

所以不等式有解的充要条件是，

解得或，

故实数a的取值范围为

(2)

证明：由题可得，

当且仅当时取“=”，

故，

所以M=1，m+n=1.

因为，

，

，

，

，

所以

故.