2022届四川省眉山市仁寿县第一中学高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届四川省眉山市仁寿县第一中学高三下学期二诊模拟考试数学（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届四川省眉山市仁寿县第一中学高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解不等式得集合，然后由集合的运算法则计算．【详解】，故，，故选：B．2．设复数（是虚数单位），则复数（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数除法、复数乘法运算求得正确答案.【详解】.故选：A3．已知向量，，若，则实数（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平方的方法化简，结合向量的数量积运算求得.【详解】由两边平方并化简得，所以.故选：B4．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且， 则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，先推导出函数是周期为的函数，然后利用函数的周期化简，再代入题目条件可得，从而代入解析式计算.【详解】因为是定义域为的奇函数，，所以，所以，所以函数是周期为的函数，所以，即.故选：B5．，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，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】A【解析】利用线面判定定理、面面平行的性质定理以及充分条件、必要条件的定义即可求解.【详解】表示两个不同平面，直线是内一条直线，若，则，所以是的充分条件；若不能推出，故不是充分条件∴是的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义，考查了线面、面面之间的关系，属于基础题.6．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（       ）A．乙可以知道其他两人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D【分析】根据所给信息进行推理．【详解】甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，故选：D．7．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京年冬奧会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆.并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统.已知过滤过程中废水的污染物数量与时间的关系为（为最初污染物数量）.如果前小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（       ）小时.A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得出，设，求出的值，由此可得出结果.【详解】由题意可得，可得，设，可得，解得.因此，污染物消除至最初的还需要小时.故选：C.8．已知实数，则点落在区域内的概率为（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：画出可行域（如图所示），，故选D．【解析】几何概型及其概率的计算．9．已知直三棱柱的顶点都在球上，且，，，则此直三棱柱的外接球的表面积是（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设点为外接圆的圆心，根据，得到是等边三角形，求得外接圆的半径r，再根据直三棱柱的顶点都在球上，由求得，直三棱柱的外接球的半径即可.【详解】如图所示：设点为外接圆的圆心，因为，所以，又，所以是等边三角形，所以，又直三棱柱的顶点都在球上，所以外接球的半径为，所以直三棱柱的外接球的表面积是，故选：C10．数列{}中，，前和为，则为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用数列通项公式求和，然后可得答案.【详解】解：由题意得：故选：C11．已知定义在上的偶函数（其中为自然对数的底数），记，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先由偶函数求出，然后分析出函数在上单调递增，判断出以，且都属于，然后可比较大小.【详解】解：由定义在上的偶函数，可得即，解得所以当时，单调递增，单调递减，所以在上单调递增因为，，所以，且都属于所以，即故选A.【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的综合运用，考查了学生分析解决问题的能力，属于中档题.12．已知抛物线）的焦点为F，过F且倾斜角为的直线l与抛物线相交于A，B两点，，过A，B两点分别作抛物线的切线，交于点Q.则下列四个命题中正确的个数是（       ）个.①；②若M（1，1），P是抛物线上一动点，则的最小值为；③（O为坐标原点）的面积为.；④，则.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用求得，然后结合导数、抛物线的定义、三角形的面积、两角差的正切公式对命题进行分析，从而确定正确答案.【详解】抛物线的焦点为，直线的方程为，设，由消去并化简得，.，由得，所以抛物线方程，，不妨设在第一象限，在第二象限，则，，设，，设，所以，所以，①正确.到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，的最小值是，②正确.到直线的距离为，所以，③错误.，，④正确.所以正确的有个.故选：C【点睛】求解直线和抛物线相交所得交点有关的问题，关键是联立直线的方程和抛物线的方程，写出根与系数关系，结合根与系数关系，设而不求来对问题进行求解.二、填空题13．二项式展开式中存在常数项，写出一个满足条件的___________.【答案】7（7的整数倍均可）【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.【详解】，令，即，因为，所以若展开式中存在常数项，  则为7的整数倍，故答案为：7(7的整数倍）14．已知a>b>0，椭圆C1的方程为＝1，双曲线C2的方程为＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为________．【答案】x±y＝0【分析】根据椭圆和双曲线的离心率公式，结合双曲线方程特点进行求解即可.【详解】解析：椭圆C1的离心率为，双曲线C2的离心率为，所以·＝，即a4＝4b4，所以a＝b，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±x，即x±y＝0．故答案为：x±y＝015．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺.【答案】84【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，数列的公差，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺).故答案为：8416．若函数满足，且函数在上有且只有一个零点，则f(x)的最小正周期为________.【答案】π【分析】根据，且函数在上有且只有一个零点，得出函数的一条对称轴，利用最值求得周期，再根据题意得出，从而求出的最小正周期．【详解】解：函数，满足，且函数在上有且只有一个零点，是函数的一条对称轴； ∴∴又函数在，上有且只有一个零点，，即，即 则的最小正周期为．故答案为：π．【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了函数的零点、对称轴与周期的应用问题，是基础题目．三、解答题17．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.问题：在△中，角的对边分别为，且___________(1)求角B的大小；(2)，求△周长的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据不同的选择，结合正余弦定理，即可求得；（2）根据余弦定理，求得的等量关系，结合基本不等式即可求得三角形周长的范围.【详解】(1)若选①：在△ABC中，因为，故由可得，由正弦定理得：，即，则，又，故.若选②：，则，故，，则，解得.若选③：由及正弦定理，，又，所以，即，因为，所以，又，得.综上所述：选择①②③，都有.(2)根据（1）中所求，，又，故由余弦定理可得则，即，当且仅当时取得等号，又，△周长的取值范围为.18．近年来，我国电子商务蓬勃发展，某创业者对过去100天，某知名A产品在自己开的网店和实体店的销售量（单位：件）进行了统计，制成如下频率分布直方图，已知网店与实体店销售量相互独立.(1)写出频率分布直方图中a的值，记实体店和网店的销售量的方差分别为，试比较的大小；（不要求计算出具体值，给出结论即可）；(2)网店回访服务，若查知某天该网店所销售的A产品被10名不同的顾客（其中2名男性）购买，现从这10名顾客中随机选2人进行服务回访，求恰好选到一人是男性的概率；(3)若将上述频率视为概率，已知实体店每天销售量不低于30件可盈利，记求未来三天实体店盈利的天数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】(1)a=0.015，(2)(3)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）利用频率之和为求得，根据方差的知识，结合频率分布直方图判断出.（2）利用古典概型的概率计算公式，计算出所求概率.（3）结合二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.【详解】(1)（0.020+0.010+0.030+a+0.025）×10=1，a=0.015通过比较两个频率分布直方图可知，实体店销售量比网店更集中､稳定，故.(2)从这10名顾客中随机选2人进行服务回访，求恰好选到一人是男性为事件A，则(3)由题意，实体店销售量不低于30件的概率为0.4，所以盈利的概率为0.4，故的可能取值为.相应的概率为分布列为0123因为，所以期望为.19．已知在多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DEAB，AC=AD=CD=DE=2，F为CD的中点.(1)求证：AF⊥CE；(2)若平面BCE和平面CDE所成的锐二面角的余弦值为，求AB的长.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，设，根据平面BCE和平面CDE所成的锐二面角的余弦值列方程，由此求得，也即求得.【详解】(1)∵AB⊥平面ACD，ABDE，∴DE⊥平面ACD，∵AF平面ACD，∴DE⊥AF.又∵AC=AD=CD，F为CD中点，∴AF⊥CD.∵DE平面CDE，CD平面CDE，CD∩DE=D，∴AF⊥平面CDE.CE平面CDE，∴AF⊥CE.(2)如图，以F为原点，过F平行于DE的直线为x轴，FC，FA所以直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系.，设，，设平面BCE的一个法向量为，则由，不妨取x=1，则y=1，,.∵AF平面CDE，∴平面CDE的一个法向量为.依题意，解得或.即或.20．如图，过椭圆C：上一点P作x轴的垂线，垂足为，已知，分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别是椭圆C的右顶点、上顶点，且，．（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线PM，PN，MN的斜率分别为，问：是否为定值？请说明理由．【答案】（1）（2）是定值，定值．【分析】（1）由题意不妨设，，则可得，又由得，得，由可求解出，即得椭圆方程；（2）由题意知直线的方程为，设，联立方程得，消去并整理，得，利用根与系数的关系表示出，化简计算即得.【详解】（1）由题意可设，，代入椭圆的方程得，，得，∴，由得，∴，，∴，又，∴，∴椭圆的方程为；（2）由题意知直线的方程为，设，联立方程得，消去并整理，得，∴，，∴，∴为定值．【点睛】本题主要考查了直线的斜率、直线与椭圆的位置关系、椭圆的方程与性质，考查考生的逻辑推理与运算求解能力，考查数形结合思想、设而不求的思想等.（1）解决直线与椭圆的位置关系问题，其常规思路是联立直线与椭圆的方程，消元、化简，然后考虑判别式和根与系数的关系，并结合题意解决相关问题．（2）求定值问题常见的方法有：①从特殊情况入手，求出定值，再证明；②直接推理、运算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21．已知函数，其中、、．(1)若，讨论函数的单调性；(2)若函数存在极小值，分析判断与的大小关系．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求得，其中，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）分析可知，，求得，可出，令，，利用导数求出函数的最值，即可得出结论.【详解】(1)解：依题意，故，．若，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；若，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)解：，．因为存在极小值，所以，，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则．所以．令，，则，令，得，当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，故，又因为，故，即．【点睛】关键点点睛：本题第（2）问在于分析出的符号，在变形得出，需要令，利用构造函数的方法来求出对应函数的最值，根据最值的正负来得出结论.22．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，在极坐标系中，点，直线l垂直直线AB，曲线C的极坐标方程为，(1)求曲线C的直角坐标方程及直线l的倾斜角；(2)直线l过点P（），与曲线C分别交于M，N，若成等比数列，求a的值.【答案】(1)，直线的倾斜角为(2)【分析】（1）求得的直角坐标，求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角.根据极坐标和直角坐标转化公式，求得曲线的直角坐标方程.（2）写出直线的标准参数方程，并代入曲线的直角坐标方程，化简写出根与系数关系，结合等比中项列方程，化简求得的值.【详解】(1)依题意可知，，直线的倾斜角为，由，得，.(2)直线的参数方程为，代并整理得，，，，.由题意，，当时，，，，满足当时，，，无解.综上所述，.23．已知函数（其中，）．(1)当时，求不等式的解集；(2)若对，不等式恒成立，试求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）采用零点分段法来求得不等式的解集.（2）求得的最小值，由此得到，结合基本不等式求得的最小值．【详解】(1)当时，，，等价于不等式组或或，解得或或，所以原不等式的解集为．(2)由，可得，所以，故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，故．要满足题的条件，则有，即，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为．