青海省西宁市大通回族土族自治县2022届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题

青海省西宁市大通回族土族自治县2022届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题

第I卷（选择题）

1．已知全集，集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

2．已知复数z满足（i是虚数单位），则（       ）

A． B． C．3 D．5

3．2021年东京奥运会某国家游泳队有男运动员48人，女运动员36人，世界反兴奋剂机构采用分层抽样的方法，从该国游泳运动员中抽出一个容量为28的样本进行尿样兴奋剂检查，其中女运动员应抽的人数为（       ）

A．12 B．14 C．16 D．18

4．已知双曲线的离心率为，则双曲线的虚轴长为（       ）

A．2 B．4 C．8 D．16

5．已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（       ）

A．， B．，

C．， D．，

6．若函数满足，且当时，，则（       ）

A． B．10 C．4 D．2

7．已知，，则（       ）

A． B． C．1 D．2或6

8．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边．若a，b，c成等比数列，且，则A的大小是（       ）

A． B． C． D．

9．一个三棱锥的正视图如图①所示，则下列图形中可以是相应几何体的侧视图和俯视图的组合为（       ）

A．③④ B．③⑤ C．②④ D．②⑤

10．在区域内随机取一点，则的概率为（       ）

A． B．

C． D．

11．已知，，，则正数，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

12．将x，x，y，y，z，z填入2行3列的表格中，每格填一个字母，若随机变量X表示列字母相同的数量，则（       ）

（注：横为行，竖为列）A．X的可能取值有0，1，2，3 B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，，若，则___________．

14．的展开式中含的项的系数是________．

15．已知点为抛物线：的焦点，过且倾斜角为的直线与交于点，，则（为坐标原点）的面积为___________.

16．四棱锥的顶点都在球心为的球面上，且平面，面为矩形，，分别为，的中点，，，则下列说法正确的是___________．（填序号）

①平面平面；

②四棱锥的外接球的半径为；

③平面截球所得截面的面积为．

17．如今大家对运动越来越重视，讨论也越来越多，时常听到有人说“有氧运动”和“无氧运动”，有氧运动主要的作用是健身，而无氧运动主要的作用是塑形，一般的健身计划都是有氧运动配合无氧运动以达到强身健体的目的.某健身机构对其60位会员的健身运动进行了一次调查，统计发现有氧运动为主的有42人，30岁以下无氧运动为主的有12人，占30岁以下调查人数的.

(1)根据以上数据完成如下列联表；

(2)能否有的把握认为运动方式与年龄有关？

附：

参考公式：，其中.

18．若为数列的前n项和，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

19．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，点E是BC的中点．

(1)求证：；

(2)若二面角的大小是，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值．

20．已知椭圆的右焦点为，且C过点．

(1)求C的方程；

(2)若点M是C上的一点，过M作直线l与C相切，直线l与y轴的正半轴交于点A，过M与PF平行的直线交x轴于点B，且，求直线l的方程．

21．已知函数．

(1)若在上仅有一个零点，求实数a的取值范围；

(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若点，曲线与曲线的交点为A，B两点，求的值．

23．已知函数.

(1)当时，解不等式；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

利用集合的并补运算求.

【详解】

由题设，，又，则，

所以．

故选：D．

2．B

【解析】

【分析】

根据复数的相等再结合共轭复数的概念求得，再求模即可.

【详解】

设，则，所以，，所以，所以．

故选：B．

3．A

【解析】

【分析】

根据分层抽样的性质解题即可.

【详解】

因为每个个体被抽到的概率等于，

根据分层抽样方法的原理可得样本中女运动员的人数为.

故选：A.

4．C

【解析】

【分析】

由求出，再分析求解即可.

【详解】

由题意得，解得，所以双曲线的虚轴长为.

故选：C .

5．D

【解析】

【分析】

先结合图像求出，再由余弦函数的单增区间求解即可.

【详解】

由图象知，，∴，∴，，∴过点，

∴，，且，∴，∴.

令，，即，，∴的单调递增区间为，.

故选：D.

6．B

【解析】

【分析】

首先得到的周期，再根据函数的周期性计算可得；

【详解】

解：由，得，

∴函数是周期函数，且4是它的一个周期，

又当时，，

∴；

故选：B.

7．A

【解析】

【分析】

根据两角和的正切公式求得，再利用，即可求得答案.

【详解】

因为，所以，解得，

又，所以.

故选:A.

8．B

【解析】

【分析】

由等比中项得，结合题设得，结合余弦定理即可求解.

【详解】

由已知得，由，得，所以，得，

由余弦定理得，又，所以．

故选：B．

9．A

【解析】

【分析】

根据三视图的定义和性质，逐个判断即可

【详解】

由题意及正视图可知，三棱锥只能在如图所示的三棱柱中，

且三棱锥的靠后的一个顶点必然被前面的面遮住，最下面的顶点一定在上，右边的顶点在上，左边靠前的顶点在上，故侧视图不可能为②④⑤．

故侧视图为③，三棱锥只可以为如图所示的三棱锥，此时俯视图为④．

故选：A

10．D

【解析】

【分析】

利用几何概型的面积比求概率.

【详解】

区域为正方形ABCD及其内部（如图所示），

表示圆及其内部在正方形ABCD内的部分，

由几何概型面积比知：所求概率．

故选：D．

11．A

【解析】

【分析】

由已知求出m，n，p，再借助商值比较法及“媒介”数推理判断作答.

【详解】

由，得，由，得，

因此，，即，

由，得，于是得，

所以正数，，的大小关系为.

故选：A

12．C

【解析】

【分析】

分析X的取值可判断A；排列时可考虑先排第一列，然后简单分析可知第二列排法数，通过计算可得相应概率，可判断B；再由期望和方差公式计算后可判断CD.

【详解】

对于A，若2列字母相同，余下的一列字母一定相同，故X的取值不可能为2，故A错误；

对于B，将x，x，y，y，z，z放入2行3列的表格中，先填x有种，再填y有种，最后填z有种，所以总填法有种.每列字母均不相同的填法有：第一行字母均不相同，有种，第一行有两个字母相同有种，所以，所以，故B错误；

因为，，

所以，，故C正确，D错误．

故选：C．

13．##2.5

【解析】

【分析】

由向量垂直的坐标表示计算．

【详解】

由题意，又，

所以，解得．

故答案为：．

14．112

【解析】

【分析】

求出展开式的通项公式，再由通项公式中x的幂指数为5时计算作答.

【详解】

的展开式的通项是，

令，解得，则，

所以的展开式中含的项的系数是112．

故答案为：112

15．

【解析】

【分析】

先写出直线方程，联立椭圆求得，，再由计算面积即可.

【详解】

由题意知，的方程为，代入的方程得，所以，设，

则，，所以.

故答案为：.

16．②③

【解析】

【分析】

根据直线与直线必相交，可判断①；取的中点，证明为四棱锥的外接球的球心，再计算半径可判断②；利用等体积法求出球心到截面的距离，再根据勾股定理求出截面圆的半径可判断③.

【详解】

对于①，因为为的中点，，，所以直线与直线必相交，

所以平面与平面必有交点；所以平面与平面不平行，故①不正确；

对于②，因为平面，所以，，，

因为，，所以平面，所以，

因为，，所以平面，所以，

取的中点，在直角三角形中，有，

在直角三角形中，有，

在直角三角形中，有，

所以为四棱锥的外接球的球心，因为，，

所以，所以，

所以，即四棱锥的外接球的半径为，故②正确；

对于③，设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，

因为，分别为，的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又在上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，等于点到平面的距离，

因为，，，

所以，所以，所以，

，点到平面的距离为，

由得，得，得，

所以截面圆的半径，

所以截面圆的面积为，故③正确，

故答案为：②③．

17．(1)答案见解析

(2)没有的把握认为运动方式与年龄有关

【解析】

【分析】

（1）根据题干所给数据完善列联表；

（2）由（1）中列联表计算出卡方，即可判断；

(1)

解： 依题意可得30岁以下的有人，则30岁以上的有人，

所以列联表如下表所示：

(2)

解：由题意，，

所以没有的把握认为运动方式与年龄有关.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由，利用数列通项和前n项和的关系结合等比数列的定义求解；

（2）由（1）得到，再利用裂项相消法求解.

(1)

解：因为①，，

当时，②，

由①②可得，

即．

时，，

又，所以，

所以，所以，

所以数列是等比数列，且首项为2，公比为2．

所以．

(2)

由（1）知，

所以，

所以，

，

，

．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）先证明线线垂直，从而得线面垂直，进一步得线线垂直；

（2）先建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量及直线的共线向量，再运用公式计算即可..

(1)

证明：如图，取AC的中点F，连EF，PF．

因为点F是AC的中点，点E是BC的中点，所以，又，所以．

因为是等边三角形，F是AC的中点，所以．

又，EF，平面PEF，所以平面PEF，

又平面PEF，所以．

(2)

由（1）知，，，又平面BAC，平面PAC，平面平面，二面角的大小是，所以．

不妨设，以A为坐标原点，AB，AC所在的直线为x轴，y轴，垂直于平面BAC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

所以，，，，

所以，，．

设平面PAE的一个法向量，则即令，解得，，所以平面PAE的一个法向量．

设直线PB与平面PAE所成角的大小是，则，

所以直线PB与平面PAE所成角的正弦值是．

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据题意，由求解；

（2）易得直线PF的方程为，设直线l的方程为，与椭圆方程联立，根据过M作直线l与C相切，由得到，进而得到直线l的方程，令，得到，再由，得到，进而得到直线MB的方程，令，得到，再由求解.

(1)

解：由题意知

解得，，

所以C的方程为．

(2)

易得直线PF的方程为，即．

显然直线l的斜率存在且不为0，设点，

设直线l的方程为，即．

由消去y，得．

因为过M作直线l与C相切，所以，

整理得，即，所以直线l的方程为．

令，得，所以．

因为，所以，

所以直线MB的方程是，

即．

令，解得，所以．

因为，所以，即，

所以，

又因为，所以，

解得，

因为，所以，所以，．

所以直线l的方程是，即．

21．(1)或

(2)

【解析】

【分析】

（1）求导，，分和讨论求解；

（2）对任意的，恒成立，转化为在上恒成立求解．

(1)

解：，，

当时，恒成立，所以在上单调递增．

又，，

所以此时在上仅有一个零点，符合题意；

当时，令，解得；令，解得，

所以在上单调递增，所以在上单调递减．

要使在上仅有一个零点，则必有，解得．

综上，当或时，在上仅有一个零点．

(2)

因为，所以对任意的，恒成立，

等价于在上恒成立．

令，则只需即可，

则，

再令，则，

所以在上单调递增．

因为，，所以有唯一的零点，且，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，所以，

设，则，

所以函数在上单调递增．

因为，所以，即．

所以，

则有．

所以实数a的取值范围为．

22．(1)；；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据同角的三角函数关系式把曲线化成普通方程，根据直角坐标方程与极坐标方程互化公式求出曲线的直角坐标方程即可；

（2）根据参数的几何意义进行求解即可.

(1)

由，消去参数得，

所以曲线的普通方程为．

因为，

所以．

所以曲线的直角坐标方程为．

(2)

由（1）可知曲线的参数方程为（t为参数），

代入曲线的普通方程，得．

设A，B所对应的参数分别为，，则．

所以．

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）分段讨论x的取值范围，脱掉绝对值符号，解不等式组，求得答案;

（2）将化为，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，即可求得答案.

(1)

当时，不等式，即，

所以 或 ,

即得 或,解得或,

所以不等式的解集是.

(2)

因为对任意的恒成立，

即对任意的恒成立，

即，即，

故只要且对任意的恒成立即可.

因为，，

当且仅当时，即时等号成立，所以.

令，则在上单调递减，所以，

所以，即实数的取值范围是.