重庆市第八中学2021-2022学年高三数学上学期一模试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2021-2022学年高三数学上学期一模试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷数学（一）数学测试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.1. 复数的虚部为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算法则对原式化简成的形式，即可的虚部

 【详解】因为所以虚部为1.故选：B

 2. 已知集合，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合B，然后进行补集和交集的运算即可.【详解】且，且，又，则.故选：B3. 已知两个变量和之间存在线性相关关系，某兴趣小组收集了一组，的样本数据如下表所示：123450.50.611.41.5根据表中数据利用最小二乘法得到的回归方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出，，由回归直线必过样本中心，将点（，）依次代入各项检验是否成立可得结果.【详解】∵，∴回归直线必过样本中心（3,1），而A、B、D项中的回归直线方程不过点（3,1），C项的回归直线方程过点（3,1），故选：C.4. 使得不等式对恒成立的一个充分不必要条件是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由不等式对恒成立得，再由充分不必要条件的概念即可求解【详解】由不等式对恒成立，得，即，解得， 从选项可知是的充分不必要条件，故选：A.5. 中国古代的武成王庙是专门祭祀姜太公以及历代良臣名将的庙宇，这类庙宇的顶部构造颇有讲究.如图是某武成王庙顶部的剖面直观图，其中，，，且数列是第二项为的等差数列.若以为坐标原点，以，分别为，轴正方向建立平面直角坐标系，则直线的斜率为（    ）A 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55【答案】A【解析】【分析】根据数列是第二项为的等差数列可得，令，则根据题干可得：，再根据等差数列的性质即可求解.【详解】由题意可知：，令，，因为，所以，因为数列是第二项为的等差数列，设公差为，则，因为，所以，同理则直线的斜率，故选：.6. 已知，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设，化简得到，，代入计算得到答案.【详解】设，，则，，即，，，故，.故选：D7. 已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】作出函数的图像，数形结合可得出实数a的取值范围，将用a表示，可得表示为以a为自变量的函数，利用导数可求函数的单调性，进而求出最大值.【详解】解：作出函数的图像如下图所示：由图像可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，，，则，可得，，构造函数，，则，当，，此时函数单调递增，当，，此时函数单调递减，，故选：B.8. 已知双曲线：的右焦点为，点，若双曲线的左支上存在一点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线定义可得，，即，进而推得，得到不等式，求解即可得到的取值范围，进而求得离心率的范围.【详解】设双曲线左焦点为，因为点在双曲线左支上，所以有，即.由已知得，存在点，使得，即，显然，所以.又，即当点位于图中位置时，等号成立，所以，又，所以，整理可得，，解得或（舍去），所以，则，则，所以，所以.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知函数的最小正周期为，且图象关于直线对称，则（    ）A. 函数在区间上单调递增B. 函数在区间内恰有一个极值点C. 函数的图象关于点对称D. 直线与函数的图象有唯一公共点【答案】BCD【解析】【分析】根据最小正周期和对称轴可求得，结合诱导公式得到；利用代入检验法可判断出ABC正误；令，利用导数可求得在上的单调性，结合零点存在定理可说明此时存在唯一零点；分析和的情况下与的最值，可知此时无交点，由此可确定D正确.【详解】的最小正周期，；关于对称，，解得：，又，，；对于A，当时，，此时先增后减，A错误；对于B，当时，，则时，取得极值，即为在上的唯一一个极值点，B正确；对于C，当时，，此时，则是的对称中心，C正确；对于D，令，则；当时，，；当时，，；当时，，；当时，，；在，上单调递增；在，上单调递减；又，，，，，当时，存在唯一的零点，即与在上有唯一交点；当时，，，则与在上无交点；当时，，，则与在上无交点；综上所述：与图象有唯一公共点，D正确.故选：BCD.10. 已知实数，满足，则下列不等关系一定成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用特殊值法可判断A；利用作差法可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性即可判断C；构造函数，利用其单调性即可判断D．【详解】对于A，令，则，，此时，故A错误；对于B，，则，故B正确；对于C，令，，当时，，单调递增，因为，则，得，即，，所以，故C正确．对于D，函数在上单调递增，因为，则，即，所以，故D正确．故选：BCD．11. 如图，在正方体中，，点在棱上运动（不与端点重合），则（    ）A. B. 的面积等于与的面积之和C. 三棱锥的体积有最大值D. 三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和【答案】ABD【解析】【分析】由平面判断A；由面积公式判断B；由棱锥体积公式判断CD.【详解】，由线面垂直的判定可知平面，因为平面，所以，故A正确；不妨设，则，，，所以的面积等于与的面积之和，故B正确；，因为，所以三棱锥的体积没有最大值，故C错误；，即三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和，故D正确；故选：ABD12. 已知数列的前项和为，，，且，则（    ）A. 存在实数使得B. 存在实数使得C. 若，则D. 若为数列中的最大项，则【答案】BD【解析】【分析】利用倒数法判断得是等差数列，从而求得，对于A，利用作差法得到，由与推得不等式不成立，而的情况，取可得，从而判断得不恒成立；对于B，利用及，取即可判断；对于C，利用选项A中结论，由推得，从而得到，则，由此得以判断；对于D，先由条件推得，再分类讨论与两种情况，得到的正负情况，从而证得，据此判断即可.【详解】因为，所以，当时，，这与矛盾，不满足题意；当时，则，又，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，则，对于A，若，则，整理得，当时，因为，所以，，所以不等式不成立；当时，取（表示不超过的最大整数），当时，，所以，而，则，所以不恒成立，综上：不存在实数使得，故A错误；对于B，取，因为，则有，所以，即，故B正确；对于C，若，则，当时，，取，则，，即上述不等式不恒成立，不满足题意；当时，因为，所以，，则恒成立，综上：，则，所以，则，即，故C错误；对于D，若为数列中的最大项，则，即，当时，，，则不成立，不满足题意；当时，得，解得，综上：，当时，因为，所以，则，即，所以，则，即；当，即时，因为，所以，则，即，所以，则，即；综上：，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题的关键点有二：一是利用倒数法求得；二是分类讨论的正负情况，得到的正负情况，再利用与的关系判断所需结论.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，，且与共线，则实数___________.【答案】或##或【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示可直接构造方程求得结果.【详解】与共线，，即，解得：或.故答案为：或.14. 已知的展开式中常数项为121，则实数___________.【答案】【解析】【分析】写出二项式的通项，找出对应项乘积为常数项即可算出实数的值.【详解】由题意可知，二项式的展开通项当时，此时的常数项为；当时，此时的常数项为所以，展开式中的常数项为，解得.故答案为：15. 已知直线：与直线关于直线对称，点在圆：上运动，则动点到直线的距离的最大值为____________.【答案】6【解析】【分析】求出直线所过定点，从而得到直线恒过点，求出圆心，从而得到，数形结合得到动点到直线的距离的最大值.【详解】变形为，令，解得：，故直线恒过定点，关于对称的点，故直线恒过点，变形为，圆心为，半径为1，故圆心与的距离为，则动点到直线距离的最大值为BC的长加上半径，即.故答案为：616. 在中，内角，，的对边分别为，，，边的中点为，线段的中点为，且，则____________.【答案】【解析】【分析】由向量的代数运算和数量积公式，可得，再利用同角三角函数的关系及正余弦定理角化边，由计算即可.【详解】边的中点为，线段的中点为，∴，又，∴，即，由同角三角函数的关系及正余弦定理，有：.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知中，内角对边分别为，，，，.（1）求；（2）若的外接圆面积为，求面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理及求得，由余弦定理求得，进而得到；（2）由正弦定理求得，结合即可求解.【小问1详解】因为，，，即，，所以，所以；【小问2详解】因为的外接圆面积为，即，，由正弦定理可得，即，.所以面积为.18. 已知数列的前项和为，，.（1）证明：是等差数列；（2）求.【答案】（1）证明见解析    （2）250【解析】【分析】（1）令、、、、代入求出，，，，判断可得答案；（2）由（1）判断出数列的偶数项是公差为首项为的等差数列，奇数项是公差为首项为的等差数列，分别求，，再求和可得答案.【小问1详解】知数列的前项和为，，令代入得，又，解得， 所以，，，，，以上各式相加得，所以，两式相减得，所以， 从而，，所以，则数列是公差为首项为的等差数列；【小问2详解】因为，所以，，，数列是公差为首项为的等差数列，由（1）数列是公差为首项为的等差数列，即数列的偶数项是公差为首项为的等差数列，奇数项是公差为首项为的等差数列，因为中共有50个奇数项50个偶数项，所以，，因此.19. 为了保障学生们的合法权益，并保证高考的公平性，重庆市施行的新高考方案中再选科目的高考成绩采用赋分制.赋分制在一定程度上缩小了试题难度不同带来的分数差，也在一定程度上减少了学科难度不一造成的分数差.2022年高考成绩公布后，重庆市某中学收集了部分学生的高考成绩，其中地理成绩均在（单位：分），将收集到的地理成绩按分组，得到频率分布直方图如下.（1）求，并估计该校2022年高考地理科的平均成绩；（同一组数据用该区间的中点值作代表）（2）已知该校2022年所有参加高考的学生中历史类考生占20%，物理类考生占80%，历史类考生中选考地理的占90%，物理类考生中选考地理的占5%，历史类考生中高考地理成绩不低于90分的占8%，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，求选到历史类考生的概率（以样本中各区间的频率作为相应事件的概率）.【答案】（1），估计该校2022年高考地理科的平均成绩为    （2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图结合所有频率和为1求，并根据加权平均数运算求解；（2）根据题意结合条件概率运算求解.【小问1详解】由题意可得：，解得，估计该校2022年高考地理科平均成绩为.【小问2详解】该校2022年所有参加高考的学生中任选1名，记“选到历史类考生”为事件A，“选到物理类考生”为事件B，“选到选考地理的考生”为事件C，则有，∴，记“选到高考地理成绩不低于90分”为事件D，则，∴，故，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，选到历史类考生的概率.20. 如图，在三棱柱中，，.（1）证明：平面平面；（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；    （2）.【解析】【分析】(1) 设,连接,由题意可得为的中点，又因为，，所以，，从而可得平面，即可证明平面平面；(2)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】证明：设,连接,如图所示：则为的中点，因为，所以，即，又因为，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】解：因为，所以为正三角形，四边形为菱形，因为，，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，又因为四边形为菱形，所以，，又因为，所以，所以，即两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：所以，，，，，设，由可得，所以，所以，所以，，，设平面的法向量为，所以，即有，令，得，所以，设直线与平面所成角为，则有.所以直线与平面所成角的正弦值为.21. 已知函数.（1）证明：；（2）已知函数与函数的图象恰有两个交点，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）求导，利用导数确定单调性，进而可求最值求解，（2）分类讨论的取值范围，根据函数的单调性，结合零点个数即可求解.【小问1详解】的定义域为，且，令，则，所以在单调递增，在单调递减，因此，即【小问2详解】设，将函数与函数的图象恰有两个交点，转化为恰好有两个零点，，当，即时，令，解得或，所以此时在单调递增，在单调递减，所以的极大值为，由于，此时最多1个零点，不符合题意，当时，即时， 所以在单调递增，此时最多1个零点，不符合题意，当，即时，令，解得或，所以此时在单调递增，在单调递减，由于， ，由于，所以，进而，因此，此时最多1个零点，不符合题意，当，即时，在单调递增，在单调递减，要使恰好有两个零点，则，解得，当时，，，此时在只有一个零点，不符合题意，综上可知：22. 已知抛物线：的焦点为，过点引圆：的一条切线，切点为，.（1）求抛物线的方程；（2）过圆M上一点A引抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，是否存在点A使得的面积为？若存在，求点A的个数；否则，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在，点A的个数为2，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意可求出，过点M作轴，根据勾股定理可知，即可求出参数p，进而得到抛物线方程；（2）设，，，求出切点弦PQ的方程，联立抛物线方程，根据弦长公式求出，在利用点到直线距离公式求出点到直线PQ的距离d，由的面积为列出方程，得出A点的轨迹方程，联立圆的方程得，方程的根的个数即为点A的个数.【小问1详解】解：如图已知抛物线：的焦点为，圆：的圆心，半径，则，过点M作轴，则，，在中，满足，即，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】存在点A使得的面积为，点A的个数为2，理由如下：设，，，由（1）可知抛物线的方程为，则切点弦PQ的方程为，斜率，联立，得，所以，，，点到直线PQ的距离，，所以，即点A的轨迹为抛物线往左平移个单位长度，因为点A在圆M上，联立，得，显然是一个根，因式分解得，令，，则，若，由于，则恒成立，所以为增函数，，，根据零点存在定理函数在上存在一个零点，所以存在两个点A使得的面积为.【点睛】本题考查了抛物线切点弦方程及弦长公式，高次方程的因式分解问题，构造函数并利用导函数求出函数的单调性，根据零点存在定理求出方程的根，此题的关键点在于，根据的面积为，求出点A的轨迹方程，利用其轨迹方程和圆M有几个交点即可得到点A的个数.