2022届宁夏石嘴山市第三中学高三第一次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届宁夏石嘴山市第三中学高三第一次模拟考试数学（理）试题含解析，共18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届宁夏石嘴山市第三中学高三第一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先解指数不等式即可求出集合A，即可判断；【详解】解：因为，即，所以，所以，，∴，；故选：D2．已知是虚数单位，若复数，其中，为实数，则的值为（       ）A． B．10 C． D．2【答案】A【分析】先利用复数的乘法,求出a,b,即可求出答案.【详解】由得，故,得,所以，故选：A.3．已知直线与圆相交于A，两点，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由知OA⊥OB，△OAB为等腰直角三角形，底边上的高即为圆心到直线的距离，再利用点到直线距离的距离公式可求出m的值，根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】方法1：由知，圆心到直线的距离为，即，即，则“”是“”的必要不充分条件.方法2：设，联立，化为，，解得，，∵，∴，，，，解得，符合，则“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．人们一般把边长之比为黄金分割比的矩形称为黄金矩形，即黄金矩形的短边为长边的.黄金矩形能够给画面带来美感，令人愉悦，在很多艺术品以及大自然中都能找到它.巴特农神庙的部分轮廓就是黄金矩形（如下图所示）.则图中的余弦值等于（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用余弦定理求解.【详解】设，则，由余弦定理得，故选：C5．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（       ）A．－24 B．－3C．3 D．8【答案】A【分析】根据等差数列的基本量求得数列的公差，再用其前项和公式即可求得结果.【详解】根据题意得，即，解得d＝0(舍去)，d，所以数列{an}的前6项和为.故选：A6．一个正棱柱的正（主）视图和俯视图如图所示，则该三棱柱的侧（左）视图的面积为（       ）A． B．16 C． D．8【答案】A【分析】求出正三棱柱底面边上的高，然后求解侧视图的面积．【详解】由题意可知，底面三角形是边长为4正三角形所以边上的高为：，所以侧视图的面积为：．故选：A．7．北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，4名大学生将参加冬奥会志愿者服务，他们被随机安排到3个场馆工作，每人只能去一个场馆，每个场馆至少一人，则不同的安排方案有（       ）A．16种 B．36种 C．48种 D．60种【答案】B【分析】将4人分成3组，再分配到3个场馆，进而求得答案.【详解】先将4人分成3组，然后再分配到3个场馆，一共有种不同的方案.故选：B.8．已知函数，则其大致图象是下列图中的（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先根据函数的奇偶性排除AD，接着比较选项BD得到只需判断函数与直线在时交点横坐标的大小即可，最后结合函数图象进行判断即可.【详解】因为定义域为，又，所以函数是偶函数，故排除AD，结合选项BD，只需求解函数与直线在时交点的横坐标，令，，解得即，当时，，所以函数与直线在时的第一个交点的横坐标为，结合函数图象可知，选项C符合题意，故选：C.9．若函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简函数，由，可得，根据题意，得到，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，可得，要使得函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则满足，解得，所以的取值范围为.故选：B.10．设是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（       ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】依据线面垂直判定定理、面面垂直判定定理和线面垂直性质定理、面面平行性质定理去判断四个选项的说法.【详解】选项A: 若，则或或与相交.说法错误；选项B: 若，则.说法正确；选项C: 若，则.说法错误；选项D: 若，则或是异面直线.说法错误.故选：B11．设，为双曲线的上，下两个焦点，过的直线l交该双曲线的下支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（        ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，表示出，由勾股定理列式计算得，然后在，再由勾股定理列式，计算离心率.【详解】由题意得，，且，如图所示，设，由双曲线的定义可得，，因为，所以，得，所以，在中，，即.故选：A【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围)．12．已知定义域为的函数满足，且，e为自然对数的底数，若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】整理已知等式后，构造函数，求出，再讨论恒成立问题.【详解】由，得设，，则，从而有.又因为，所以，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.因为不等式恒成立，所以，即，又因为，所以.故选：B.【点睛】本题关键是构造函数，求出，转化为恒成立问题,进而变量分离确定参数范围． 二、填空题13．已知向量的夹角为，且，则在方向上的投影为___________.【答案】【分析】根据投影公式，直接计算即可得解.【详解】由题意得，则在方向上的投影为.故答案为：.14．若实数，满足约束条件则的最大值为______．【答案】【分析】画出可行域，结合图形计算可得；【详解】解：根据线性约束条件，画出可行域如下所示：由，则，平移直线，由，解得，即，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最大值，即；故答案为：15．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为__________．【答案】2【分析】由正项等比数列通项公式结合已知条件求出，再由，求出，由此利用均值定理能求出结果．【详解】正项等比数列满足，，整理，得，又，解得，，存在两项，使得，，整理，得，，则的最小值为2．当且仅当取等号，又，．，所以只有当，时，取得最小值是2．故答案为2【点睛】本题考查代数式的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意正项等比数列的性质和均值定理的合理运用．16．某同学在研究函数的性质时，受到两点间距离公式的启发，将变形为，则表示(如图)，则：①的图象是中心对称图形；②的图象是轴对称图形；③函数的值域为；④函数在区间上单调递减；上述关于函数的描述正确的序号为______．【答案】②③【分析】数形结合求出f(x)值域即可判断①③，根据A、B纵坐标互为相反数知A、B关于AB与x轴的交点()对称，由此可得，由此可知f(x)关于轴对称，数形即可即可判断其单调性.【详解】由于的最小值为，∴的值域为，由函数的值域可知，函数的图象不可能为中心对称图形，故①错误，③正确；∵A、B纵坐标互为相反数，故A、B关于AB与x轴的交点()对称，如图设P()，()，则为平行四边形，故，即，故的图象关于对称，故函数是轴对称图形，故②正确；∵的图象关于对称，且由图可知f(x)在单调递减，在单调递增，故④错误.故答案为：②③. 三、解答题17．在三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.(1)求角A；(2)若，求三角形面积的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理，将已知条件中的边化角，求得，即可求得；（2）利用余弦定理，结合基本不等式，求得的最大值，即可求得面积的最大值.【详解】(1)由，结合正弦定理，得，所以，又因为，所以(2)由余弦定理，得即（当且仅当等号成立）所以，即当时，三角形面积的最大值为.18．自年秋季学期开始中小学全面落实“双减”工作，为使广大教育工作者充分认识“双减”工作的重大意义，某地区教育行政部门举办了一次线上答卷活动，从中抽取了名教育工作者的答卷，得分情况统计如下（满分：分）．名教育工作者答卷得分频数分布表分组频数合计(1)若这名教育工作者答卷得分服从正态分布（其中用样本数据的均值表示，用样本数据的方差表示），求；(2)若以这名教育工作者答卷得分估计全区教育工作者的答卷得分，则从全区所有教育工作者中任意选取人的答卷得分，记为这人的答卷得分不低于分且低于分的人数，试求的分布列和数学期望和方差．参考数据：，，，．【答案】(1)(2)分布列见解析，，【分析】（1）首先根据频数分布表求样本数据的平均数和方差，然后利用正态分布的对称性和原则求得概率；（2）先求出在一次试验中事件发生的概率，确定的所有可能取值，利用独立重复试验的概率公式分别求出每个取值的概率，从而得到分布列，最后利用二项分布的数学期望和方差公式求解．【详解】(1)解：由频数分布表可知，，，所以，，所以．因为，则，，所以，.(2)解：从这名教育工作者中任意选取一名，其答卷得分不低于分且低于分的概率为．由题意知，，则，，，，所以的分布列为YP所以，.19．如图在三棱柱中，侧面为边长为2的菱形，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【分析】（1）连结交于点，连结，通过菱形的性质得出，，得出为等边三角形，根据三边关系得出，再由 可得答案.（2）以O为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量与的夹角的余弦值可得答案.【详解】（1）设交于点，连接，因为四边形为菱形，，所以，，所以为等边三角形，即可得.在中，，∴，即.又知，，，平面，所以平面.（2）由（1）易知平面，所以，，两两垂直.以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，∴，令，则.又知.设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查线面的判定，以及通过空间向量法求线面夹角，考查逻辑推理能力.20．已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为，过点作直线交椭圆于点，（与，均不重合）.当点与椭圆的上顶点重合时，.（1）求椭圆的方程（2）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）解方程.①，②即得解；（2）设直线的方程为，联立方程组得，得到韦达定理，再利用韦达定理化简即得证.【详解】（1）当点与椭圆的上顶点重合时，有，所以.①又因为离心率，②由①②解得，，所以的方程为.（2）由题意，设直线的方程为，联立方程组得，设，，则，.由（1）得，，所以，，.【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.21．已知函数.（1）若是单调函数，求的取值范围；（2）若存在两个极值点，且，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出导函数，题意说明在上恒成立，再转化为一元二次不等式大于等于0恒成立，由此可得的范围；（2）首先确定极值点的关系：，，计算，首先把用替换，然后再化二元为一元函数，引入新函数，设，由得：，引入，利用导数求得的最小值即得．【详解】由题意得：函数定义域为，（1）若是单调函数，则在上恒非负，令，在上恒成立，则或，解得：，∴的取值范围为：（2）函数的两个极值点是方程的两根，∴，，又，则，在上单调递减设，由得：，设，则在上为增函数 ，即，的最小值为：.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，求与极值点有关的最值问题，对多元函数问题关键在于转化，转化为一元函数，利用已知等式代入消元是一种方法，象本题，把双元结合起来引入新元是一种方法，如设．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线按伸缩变换公式，变换得到曲线（1）求的普通方程；（2）直线过点，倾斜角为，若直线与曲线交于两点，为的中点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由伸缩变换公式得到变换后的参数方程，消去参数即可得到所求普通方程；（2）写出直线的参数方程，代入椭圆方程，利用直线参数方程中参数的几何意义可知，利用韦达定理得到，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）将曲线按照伸缩变换公式变换可得：（为参数），，的普通方程为：.(2)（2）直线过，倾斜角为，则其参数方程为：（为参数），代入得：，则为对应的参数，对应的参数为，，.【点睛】本题考查参数方程化普通方程、曲线的伸缩变换和直线参数方程中参数几何意义的应用等知识；关键是能够熟练应用直线参数方程，根据参数几何意义，结合韦达定理求得长度.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)已知对任意的，都有，若均为正实数，，在空间直角坐标系中，点在以点为球心的球上，求该球表面积的最小值.【答案】(1)或；(2).【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式可求得结果；（2）由单调性可求得，得到，利用柯西不等式可求得所求的球的表面积的最小值.【详解】(1)当时，，解得：，此时；当时，，解得：，此时解集为空集；当时，，解得：，此时；综上所述：不等式的解集为或；(2)由（1）可知：，的单调递减区间为，单调递增区间为，，；均为正实数，由柯西不等式可得（当且仅当，即时取等号），，则该球表面积，该球表面积的最小值为.