2022届内蒙古呼伦贝尔市海拉尔第二中学高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届内蒙古呼伦贝尔市海拉尔第二中学高三下学期第四次模拟考试数学（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届内蒙古呼伦贝尔市海拉尔第二中学高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A．{—1，0，1} B．{0，1} C．{1} D．（—2，2）【答案】B【分析】解一元二次不等式求出，从而求出交集.【详解】因为，所以故选：B2．若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数的运算法则，求得，再结合其几何意义，求得其对应的点，即可判断和选择.【详解】由已知得，则，所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：.3．已知向量，为单位向量，，则与的夹角为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题干条件平方得到，从而得到，得到与的夹角.【详解】由，两边平方可得：，因为向量，为单位向量，所以，即.因为，所以，即与的夹角为.故选：C4．已知等差数列中，其前5项的和，等比数列中，则（       ）A．或 B． C． D．【答案】D【分析】由等差数列求和公式求出，由等比数列通项公式基本量计算得到公比，进而求出，从而求出结果.【详解】由题意得：，解得：，设等比数列的公比是，因为，所以，解得：，显然，所以，所以，所以故选：D5．已知，则（       ）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】B【分析】根据对数式和指数式的转化，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为，所以，所以.故选：.6．已知直线l与平面，则“l，不平行”是“内不存在直线与l平行”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】直线与平面不平行，可得直线与平面相交或直线在平面内，分析可得答案.【详解】若l，不平行，则或l与相交.当时，内存在直线与l平行.若内不存在直线与l平行，则l与相交，即l，不平行.所以“l，不平行”是“内不存在直线与l平行”的必要不充分条件.故选：B.7．已知1，2，4，5，m这五个数据的中位数是m，则这五个数据的平均数大于的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据中位数是，求得的取值范围，结合平均数的大小，求得满足题意的的范围，利用几何概型的概率计算公式，即可求得结果.【详解】因为1，2，4，5，m这五个数据的中位数是m，所以.若这五个数据的平均数大于，则.所以，故所求概率.故选：.8．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（     ）种.A． B．C． D．【答案】C【分析】对甲收集的方案种数进行分类讨论，结合分组分配原理以及分类加法计数原理可求得结果.【详解】分以下两种情况讨论：①若甲只收集一种算法，则甲有种选择，将其余种算法分为组，再分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为种；②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算种算法中选择种，其余种算法分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为种.综上所述，不同的收集方案种数为种.故选：C.9．如图，抛物线的焦点为F，准线与y轴交于点D，O为坐标原点，P是抛物线上一点，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别过作轴与准线的垂线，再根据结合抛物线的性质计算即可【详解】如图，过P作PH垂直轴于H，过P作PB垂直准线于B，设，则因为，结合抛物线的基本性质有，，.所以故选：C10．将函数的图像向右平移个单位长度后得到的函数图像关于原点对称，则函数图像的一条对称轴的方程是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先由图像的平移得到，再由关于原点对称得到，最后由正弦函数的对称性解得对称轴为，对赋值对比选项即可判断.【详解】将函数的图像向右平移个单位长度后得到的图像，则由题知，，解得，．又，故，所以．令，解得，当时，解得，当时，解得，当时，解得，A、B、C错误，D正确.故选：D．11．已知双曲线C；的焦距为2c，过C的右焦点F的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若且，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，，得到，，在Rt△AOB中，，用正切的二倍角公式列出方程，求出，从而求出离心率.【详解】因为，画出示意图如图，设，因为sin∠AFO，所以，所以，所以.又，所以，所以，所以.又因为，所以.在Rt△AOB中，，所以，化简得：，所以故选：D【点睛】圆锥曲线离心率问题，要能结合题目信息列出关于的齐次方程，求解出离心率，往往会和直线方程，向量等知识相结合.12．已知函数，若对任意实数，不等式总成立，则实数的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将所求不等式变形为，构造函数，可知该函数在上为增函数，由此可得出，其中，利用导数求出的最大值，即可求得实数的取值范围.【详解】当时，由可得，即，构造函数，其中，则，所以，函数在上为增函数，由可得，所以，，即，其中，令，其中，则.当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，，.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.二、填空题13．设随机变量X服从正态分布，若，则______．【答案】【分析】根据正态曲线的对称性计算可得；【详解】解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称，因为，所以，所以；故答案为：14．已知，若，则_____________.【答案】8【分析】对变形为，利用二项式定理得到通项公式，得到，从而列出方程，求出的值.【详解】，所以，所以，所以，即，解得：故答案为：815．已知数列的前n项和，记，则数列的前n项和_______.【答案】【分析】先根据求出，进而求出，再利用错位相减法求和.【详解】当时，，当时，，当时，，综上：，，所以，所以①，①×得：②，两式相减得：，所以故答案为：16．已知平行四边形ABCD中，以DB为折痕将△ABD折起，使点A到达点P的位置，且，若三棱锥P-BCD的四个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为___________.【答案】【分析】画图补全三棱锥P-BCD为三棱柱，再根据上下底面的中心确定外接球O的球心，再根据直角三角形中的关系求解球的半径即可【详解】如图，因为平行四边形ABCD中，，所以，所以，且，，折起后过点D作BC的平行线DQ，且使，连接PQ，CQ，可得BD⊥平面PQD，四边形BCQD是矩形，所以CQ⊥平面PQD，.因为，，所以PQ=1，所以△PQD为等边三角形.构造以△PQD为底面的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥P-BCD的外接球.设，分别为三棱柱上､下底面三角形的中心，连接，OC，，则O为的中点，因为，所以球O的半径，所以球O的表面积为故答案为：三、解答题17．某职业中专开设的一门学科的考试分为理论考试和实践操作考试两部分，当理论考试合格才能参加实践操作考试，只有理论考试与实践操作考试均合格，才能获得技术资格证书，如果一次考试不合格有1次补考机会.学校为了掌握该校学生对该学科学习情况，进行了一次调查，随机选取了100位同学的一次考试成绩，将理论考试与实践操作考试成绩折算成一科得分（百分制），制成如下表格：分段[40，50)[50，60)[60，70)[70，80)[80，90)[90，100]人数510a30a+510 (1)①求表中a的值，并估算该门学科这次考试的平均分（同一组数据用该组区间的中点值代表）；②在[40，50)， [50，60)， [60，70)这三个分数段中，按频率分布情况，抽取7个学生进行教学调研，学校的教务主任要在这7名学生中随机选2人进行教学调查，求这2人均来自[60，70)的概率；(2)该校学生小明在历次该学科模拟考试中，每次理论合格的概率均为，每次考实践操作合格的概率均为，这个学期小明要参加这门学科的结业考试，小明全力以赴，且每次考试互不影响.如果小明考试的次数的期望不低于2.5次，求的取值范围.【答案】(1)①a=20，平均分74；②(2)【分析】（1）①利用样本总量为100求出，从而估计出平均分，②利用分层抽样得到[40，50)， [50，60)， [60，70)分别抽取1人，2人，4人，利用列举法求出古典概型的概率；（2）求出小明考试的考试次数的可能取值及相应的概率，得到考试次数的期望值，列出不等式，求出的取值范围.【详解】(1)①由题意得：，解得：，，②[40，50)， [50，60)， [60，70)频率之比为1:2:4，抽取7个学生进行教学调研，故[40，50)， [50，60)， [60，70)分别抽取1人，2人，4人，设抽取的[40，50)的学生为， [50，60)的学生为， [60，70)的学生为，这7名学生中随机选2人进行教学调研，则一共的选法有，，共有21种情况，其中这2人均来自[60，70)的情况有，共6种情况，所以这2人均来自[60，70)的概率为.(2)小明考试的次数为2次的概率为，考试次数为3次的概率为，考试次数为4次的概率为，考试次数的期望值为，所以，解得：，因为，所以即的取值范围是.18．已知四棱锥中，四边形为菱形，， (1)求证：是等边三角形；(2)若，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，可得出，可得出，再利用菱形的性质可证得结论成立；（2）证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明：取的中点，连接、，因为，为的中点，则，因为，，平面，平面，则，故，因为四边形为菱形，则，所以，，因此，为等边三角形.(2)解：由已知，，则，，为的中点，所以，，因为是边长为的等边三角形，则，因为，则，，因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，.因此，与平面所成角的正弦值为.19．在中，角A，B，C的对边分别为，且(1)当，求的值(2)求的最大值.【答案】(1)sinC+sinA=1(2)【分析】（1）代入，解得，对变形得到，求出答案；（2）对题干条件两边同乘以，变形得到，利用正弦定理得到，利用余弦定理和基本不等式求出的最大值.【详解】(1)由题意得：，即，则(2)，两边同乘以得：，即，整理得：，由正弦定理得：，由余弦定理得：，因为，当且仅当时等号成立，此时，由于，而在上单调递减，故的最大值为20．已知函数(1)求证：函数在上单调递增；(2)求证：数列的前n项和小于【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先化简整理得到，求导，得到导函数在上大于0恒成立，从而得到在上单调递增；（2）只需证明，结合第一问可知，变形为，故，变形后证明出结论.【详解】(1)，，因为，所以，则，而时，，，故函数在上单调递增.(2)要证，即证：当时，且时，，由（1）可知：，即，故，令，故，故，故，因为，，故，所以，，故因为，故，所以当时，且时，.【点睛】导函数证明有关正整数的不等式，要选择合适的函数，研究其单调性和最值，代入合适的自变量，进行证明.21．已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点（不与重合），是否存在实数，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，根据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况讨论，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值.【详解】(1)解：由椭圆的定义可得，则，因为，，则，因此，椭圆的方程为.(2)解：若直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不合乎题意；若直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，此时，；若直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，则，所以，线段的中点为，所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，在直线方程中，令可得，故点，所以，，由弦长公式可得，因此，.综上所述，存在，使得恒成立.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（其中为直线的倾斜角，t为参数），在以为O极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为(1)当直线的斜率k=2时，求曲线C上的点A与直线上的点B间的最小距离；(2)如果直线与曲线C有两个不同交点，求直线的斜率k的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用极坐标与平面直角坐标互化公式得到曲线C的平面直角坐标方程为，设出曲线上点，求出直线方程，利用点到直线距离公式，得到曲线C上的点A与直线上的点B间的最小距离；（2）直线的普通方程为：，与曲线C：联立消去后用根的判别式得到不等式，求出斜率k的取值范围.【详解】(1)两边同乘以得：，所以曲线C的平面直角坐标方程为，设曲线上的一点坐标为，当直线的斜率k=2时，直线方程为，即，则点到直线距离为，当时，取得最小值，最小值为，故曲线C上的点A与直线上的点B间的最小值为；(2)直线的普通方程为：，与曲线C：联立得：，由得：或，解得：23．已知函数.(1)当，时，求不等式的解集；(2)当时，的最大值为，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）当，时，由可得出，分、、三种情况解不该不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）化简函数的解析式，可得出，则，再利用基本不等式可求得的最小值.【详解】(1)解：当，时，则，由，可得.当时，则有，解得，此时；当时，则有恒成立；当时，则有，解得，此时.综上所述，当，时，不等式的解集为.(2)解：，即.当时，，当时，，当时，.综上所述，，所以，，由可得，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.