2022石嘴山三中高三第三次模拟考试数学（理）试题含解析

石嘴山三中2022届高三年级第三次模拟

理科数学

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）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项涂在答题卡的相应位置上．）

1. 设全集，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合的交运算和补运算求解即可.

【详解】因为，，

则，

故．

故选：.

2. 复数z满足，则复数z的共轭复数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

【解析】

【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数在复平面内对应点的特征进行求解判断即可.

【详解】，

所以，因此在复平面内对应的点位于第一象限，

故选：A

3. 某班有100名学生，男女人数不相等.随机询问了该班5名男生和5名女生的某次数学测试成绩，用茎叶图记录如下图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 该班男生成绩的平均数等于女生成绩的平均数.

B. 这5名男生成绩的中位数大于这5名女生成绩的中位数.

C. 这5名男生成绩的标准差大于这5名女生成绩的标准差.

D. 这种抽样方法是分层抽样.

【答案】C

【解析】

【分析】A.不能通过样本计算得到平均数准确值判断；B.利用中位数定义判断；C.由标准差公式计算判断；D.由分层抽样的定义判断.

【详解】该班男生和女生成绩的平均数可通过样本估计，但不能通过样本计算得到平均数准确值，所以A错；

这5名男生成绩的中位数是90，5名女生成绩的中位数93，所以B错；

5名男生成绩的平均数为：，5名女生成绩的平均数为，这5名男生成绩的方差为，女生的方差为，男生方差大于女生方差，所以男生标准差大于女生标准差，所以C对；

若抽样方法是分层抽样，因为男生女生不等，所以分别抽取的人数不等，所以D错.

故选：C.

4. 已知，则的值为（）

A. 3 B. -3 C.  D. -1

【答案】A

【解析】

【分析】结合同角三角函数的基本关系式、诱导公式求得正确答案.

【详解】原式.

故选：A

5. 已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为，则的最小值是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量的几何意义，结合平面直角坐标系进行求解

【详解】如图以向量的起点为原点建立平面直角坐标系，设的终点为A，的终点为B，根据向量的几何意义可知的最小值，表达是A点到向量的距离，即图中虚线段的长度，

故可设向量所在的直线方程为，即，点，故

故选：C

6. 叫做二项式定理，取，可得二项式系数的和．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出（）

A. 64 B. 128 C. 256 D. 512

【答案】C

【解析】

【分析】模拟程序运行，确定程序功能可得结论．

【详解】程序运行变量值为．

故选：C．

7. 已知实数x，y满足，若的最大值为10，则a＝（　　）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】先画出可行域，求出取得最值时的点坐标，代入目标函数，即得结果.

【详解】画出满足条件的可行域，如下图所示：

目标函数化为，

因为，当目标函数过点时取得最大值，

所以.

故选：B．

【点睛】方法点睛：

线性规划问题中求线性目标函数最值时，通常直接可行域，利用截距判断最值；或者根据最值在边界交点处取得，逐一联立直线方程计算交点处的目标函数值，再比较大小即得最值.

8. 2022年春节期间，G市某天从8~16时的温度变化曲线（如图）近似满足函数（，，）的图像．下列说法正确的是（）

A. 8～13时这段时间温度逐渐升高

B. 8～16时最大温差不超过5°C

C. 8～16时0°C以下的时长恰为3小时

D. 16时温度为−2°C

【答案】D

【解析】

【分析】由图像直接判断A、B、C选项，求出解析式判断D选项即可.

【详解】由图像可知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A错误；

8～16时最大温度°C，最小温度°C，最大温差为°C，B错误；

8～16时0°C以下的时长超过3小时，C错误；

，，又过点，故，解得，

故，，故16时温度为−2°C，D正确.

故选：D.

9. 已知函数，，则图象如图的函数可能是()

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合函数图像的奇偶性和单调性即可判断.

【详解】由图可知，该函数为奇函数，和为非奇非偶函数，故A、B不符；

当x＞0时，单调递增，与图像不符，故C不符；

为奇函数，当x→＋时，∵y＝的增长速度快于y＝lnx的增长速度，故＞0且单调递减，故图像应该在x轴上方且无限靠近x轴，与图像相符.

故选：D.

10. 已知中，，，现以BC为旋转轴旋转得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】如图作出旋转体的轴截面，由题意可得轴截面为边长为3的菱形，其中，从而可求出内切球的半径，进而可求出其表面积

【详解】如图所示，旋转体的轴截面为边长为3的菱形，为内切球的球心

因为，，

所以，

因为，

所以，所以，

所以内切球的半径，

故，

故选：D

11. 已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的值为

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：设椭圆方程为，双曲线方程为，因为焦点相同，所以，又，所以因此

故选：D

考点：椭圆、双曲线离心率．

12. 已知，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】构造函数，进而证得，，然后结合函数的单调性证得，从而可以得出结论.

【详解】令，则，

令，则，所以在上单调递减，

且，，由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得，即，因此时，，即在上单调递增，时，，即在上单调递减，所以在处取得极大值，同时也是最大值，

，因此，，即，，

，

而函数上单调递增，且，所以，故，即，因此，所以，因此，

故选：B.

第II卷（非选择题）

二、填空(本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则______

【答案】10

【解析】

【分析】根据条件转化为关于方程，求得的值，再代入等比数列求和公式即可得到结果.

【详解】在等比数列中，由，得，即，

又，，成等差数列，，

即，

联立得：舍或．

所以．

则.

故答案为：10.

14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，△ABC的面积S为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由正弦定理、余弦定理化简条件的，代入向量数量积求得，从而代入面积公式求得结果.

【详解】由正弦定理知，，

由余弦定理知，

则，

又

则三角形面积

故答案为：

15. 已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由可知为直径，从而，可设，则就是关于的三角函数式，利用可求最大值．

【详解】由可知为直径，从而，

设，则，

，

当时，的最大值为．填

【点睛】向量数量积或模长的计算中，注意向已知长度的向量或与已知的角的边有关的向量转化.同时注意寻找在向量变化的过程中确定的量，以便把动态的向量向这些确定的向量转化.

16. 如图，在直棱柱中，各棱长均为，，则下列说法正确的是________

（1）三棱锥外接球的表面积为

（2）异面直线与所成角的余弦值为

（3）当点在棱上运动时，最小值为

（4）是平面上一动点，若到直线与的距离相等，则的轨迹为抛物线

【答案】（1）（3）（4）

【解析】

【分析】利用正弦定理可求得外接圆半径，从而确定三棱锥外接球半径，代入球的表面积公式可确定（1）正确；根据可知所求角为，利用余弦定理可求得结果，知（2）错误；将四边形与沿着棱展开，可知所求距离之和的最小值即为，由此可知（3）正确；根据可知为点到直线的距离，由抛物线定义可知（4）正确.

【详解】对于（1），，，是边长为的正三角形，

的外接圆半径

三棱锥外接球半径，

三棱锥外接球表面积，（1）正确；

对于（2），连接，

，，四边形为平行四边形，，

异面直线与所成角即为直线与所成角，即，

，，

，

即异面直线与所成角的余弦值为，（2）错误；

对于（3），将四边形与沿着棱展开得四边形，

则的最小值即为，（3）正确；

对于（4），平面，平面，，则即为点到直线的距离，

点到直线与的距离相等，点到定点的距离与到定直线的距离相等，符合抛物线定义，则的轨迹为抛物线，（4）正确.

故答案为：（1）（3）（4）.

【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的外接球问题、异面直线所成角、最短距离、动点轨迹的求解问题；求解最短距离问题的基本思路是能够利用展开图，将问题转化为平面上两点连线距离的求解问题.

三、解答题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 2022年2月4日北京冬奥运会正式开幕，“冰墩墩”作为冬奥会的吉祥物之一，受到各国运动员的“追捧”，成为新晋“网红”，尤其在我国，广大网友纷纷倡导“一户一墩”，为了了解人们对“冰墩墩”需求量，某电商平台采用预售的方式，预售时间段为2022年2月5日至2022年2月20日，该电商平台统计了2月5日至2月9日的相关数据，这5天的第x天到该电商平台参与预售的人数y（单位：万人）的数据如下表：

（1）依据表中的统计数据，请判断该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）是否具有较高的线性相关程度？（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为）

（2）求参与预售人数与预售的第天的线性回归方程；用样本估计总体，请预测2022年2月20日该电商平台的预售人数（单位：万人）.

参考数据：，附：相关系数

【答案】（1）具有较高的线性相关程度

（2），万人

【解析】

【分析】（1）根据已知数据计算出相关系数可得；

（2）由已知数据求出回归方程的系数得回归方程，然后在回归方程中令代入计算可得估计值．

【小问1详解】

由表中数据可得，

所以

又

所以

所以该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）具有较高的线性相关程度即可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系.

【小问2详解】

由表中数据可得

则

所以

令，可得（万人）

故预测2022年2月20日该电商平台的预售人数万人

18. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，，，，，为的中点，为棱上的一点.

（1）证明：面面；

（2）当为中点时，求二面角余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）要证明面面，只需证明面即可；

（2）以为坐标原点，以，，分别为，，轴建系，分别计算出面法向量，面的法向量，再利用公式计算即可.

【详解】证明：（1）因为底面为正方形，所以

又因为，，满足，

所以

又，面，面，

，

所以面.

又因为面，所以，面面.

（2）由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建系如图所示，

则，，,，则，.

所以，，，，

设面法向量为，则由得，

令得，，即；

同理，设面的法向量为，

则由得，

令得，，即，

所以，

设二面角的大小为，则

所以二面角余弦值为.

【点睛】本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求二面角，考查学生的运算求解能力，此类问题关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.

19. 已知数列的前n项和为，且满足，数列的前n项和为．

（1）求证：数列为等比数列；

（2）试比较与的大小．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）利用来证得数列为等比数列.

（2）先求得，然后求得，利用差比较法求得.

【小问1详解】

当时，，，

当时，①，

②，

①－②得，即．

又∵，∴是首项为，公比为2的等比数列．

【小问2详解】

由（1）知，，

∵，∴，

∴

.

∴，

又∵，∴，∴．

20. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到直线的距离小2．

（1）求的轨迹的方程；

（2）设动点的轨迹为曲线，过点作斜率为，的两条直线分别交于M，N两点和P，Q两点，其中．设线段和的中点分别为A，B，过点作，垂足为．试问：是否存在定点，使得线段的长度为定值．若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）

（2）存在定点，使得线段的长度为定值2；理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据动点G到点的距离比它到直线的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，进而得出结果；

（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.

【小问1详解】

由题意可得动点到点的距离比到直线的距离小2，

则动点到点的距离与到直线的距离相等，

故G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，

设抛物线方程为，

则焦准距，故的轨迹的方程为：；

【小问2详解】

由题意，直线MN的方程为，由题意可知，

由，消去y得：，

，

设，则，

故，同理可求得，

所以直线AB的斜率，

故直线AB的方程为：

，

故直线AB过定点，设该点为,

又因为，所以点D在以EF为直径的圆上，

由于 , ,

故以EF为直径的圆的方程为，

故存在定点，使得线段的长度为定值2.

【点睛】本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线的位置关系中的定点问题，综合性较强，解答时要注意设直线方程并和抛物线方程联立,利用很与系数的关系进行化简，关键是解题思路要通畅，计算要准确，很容易出错.

21. 已知.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若，证明：.

【答案】（1）

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接求导求出切点处的斜率，写出切线方程即可；

（2）先求导确定的单调性，将证明转化为证明，再借助

转化为证明，构造函数，求导确定最小值即可证明.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，，

切线方程为：即.

【小问2详解】

令，则，在上，单减，

在上，单增，故，

依题，

可知.

所以在R上单调递增，

因为，不妨设

欲证，只需证，只需证，

只需证

令，，

令，所以

故时，单调递增，，

所以单调递增，所以，得证.

【点睛】本题关键点在于由的单调性，将证明转化为证明，再利用

转化为证明，进而构造函数，求导确定最小值即可解决.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔将选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分.如果多做，则按所做的第一题计分.

[选修4—4：坐标系与参数方程]

22. 已知直线的参数方程(为参数)，曲线C的参数方程为(为参数)．

（1）若在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，点P的极坐标为，判断点P与直线l的位置关系；

（2）设点Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线的距离的最小值与最大值．

【答案】（1）点不在直线上；（2）最小值为，最大值为．

【解析】

【分析】（1）将P的极坐标化为直角坐标，直线的参数方程转化为普通方程，即可验证P与直线l的位置关系；

（2）根据参数方程设，结合点线距离公式知到直线的距离为，进而求最值.

【详解】（1）将点化为直角坐标得，而直线普通方程为，显然点不满足直线的方程，

∴点不在直线上．

（2）∵点在曲线上，可设，

点到直线：的距离为，

∴当时，；当时，．

故点到直线的距离的最小值为，最大值为．

【点睛】关键点点睛：极坐标、参数方程分别转化为直角坐标、普通方程，根据点是否满足直线方程判断点线位置关系，应用参数方程设点坐标，结合点线距离公式求最值.

[选修4—5：不等式选讲]

23. 已知函数的最小值为2，.

（1）求a的取值范围；

（2）若，求k的最大值.

【答案】（1）

（2）2

【解析】

【分析】（1）结合绝对值不等式即可求出a的取值范围；

（2）分类讨论写出，结合的图象求出k的最大值.

【小问1详解】

∵

∴

即

又，当且仅当时，取等号

故a的取值范围是

【小问2详解】

由（1）得，

当时，，

当时，，

当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

，的图象如图所示，

故，即k的最大值为2.