2022届云南省玉溪市民族中学高三上模拟考试（四）数学（文）试题（解析版）

2022届云南省玉溪市民族中学高三模拟考试（四）数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，若，则实数（    ）

A．1 B．3 C． D．

【答案】B

【分析】由交集的概念列式求解，

【详解】由题意知解得．

故选：B

2．已知等差数列的公差为3，且，则（    ）

A．15 B．16 C．19 D．22

【答案】C

【分析】利用等差数列通项公式化简条件，求，在由通项公式求.

【详解】因为数列的公差为3，且，所以，解得，所以．

故选：C.

3．已知复数，则下列命题中错误的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若z的虚部是2，则 D．若z在复平面内对应的点是，则

【答案】C

【分析】由复数的概念与几何意义对选项逐一判断，

【详解】对于A，B，若，则，故A，B正确；

对于C，若z的虚部是2，则，解得，故C错误；

对于D，若z在复平面内对应的点是，则，所以，故D正确．

故选：C

4．设，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】先利用证明其充分性，然后证明必要性即可.

【详解】解：由题意得：

当时，，所以若不一定成立；

反之，若，则成立，所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：B

5．若，则的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题可根据当时以及当时得出结果.

【详解】当时，，；

当时，，，

则的概率，

故选：B.

6．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若一个直角圆锥的体积是它的表面积的倍，则该直角圆锥的高为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】D

【分析】根据直角圆锥的性质求出圆锥的高、母线长与圆锥的底面半径之间的关系，再根据圆锥体积与表面积公式即可求解.

【详解】设直角圆锥的高为h，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以．因为直角圆锥的体积是它的表面积的倍，所以，解得.

故选：D.

7．函数的大致图象可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由函数的奇偶性与特殊的函数值对选项逐一判断，

【详解】，故为奇函数，所以排除B，D，

又当时，，所以排除A．

故选：C

8．一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据主视图和俯视图还原三棱锥即可求解.

【详解】解：根据主视图和俯视图可得底面为等腰直角三角形，顶点在底面的投影位于外，且，还原三棱锥如图，则三棱锥的侧视图A项.

故选：A.

【点睛】9．某班同学在一次化学实验中发现，某化学固体溶于水时，水中未溶解固体的质量M（单位：克）与放入水中的时间t（单位：分钟）满足以下关系：（为常数），若把9克的该化学固体放入水中t分钟后变成3克，则t约为（    ）（取，）

A．6分钟 B．5分钟 C．4分钟 D．3分钟

【答案】B

【分析】根据已知函数关系，结合已知条件，待定系数，结合参考数据和对数运算，即可求得结果.

【详解】由题意，当时，，因为，

所以，.

故选：.

10．已知数列满足，若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据递推公式逐项求值发现周期性，结合周期性求值.

【详解】由得

，

所以数列的周期为3，所以．

故选：B

11．已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C的准线l上，线段与y轴交于点A，与抛物线C交于点B，若，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】由题知点A为的中点，结合已知得，过点B作，由抛物线的定义即可求解.

【详解】设l与x轴的交点为H，由O为中点，知点A为的中点，

因为，所以．

过点B作，垂足为Q，则由抛物线的定义可知，

所以，则，所以．

故选：C

12．已知函数，则满足的的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析可知，函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，由已知条件可得，解此不等式即可得解.

【详解】当时，，

当时，，

所以，对任意的，，

则，所以，函数的图象关于直线对称，

因为函数在上单调递增，

由可得，

即，不等式两边平方得，解得.

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，若，则实数x的值为___________．

【答案】

【分析】由平面向量共线的坐标表示求解，

【详解】因为，且，所以，所以．

故答案为：

14．若x，y满足约束条件，则的最大值为___________．

【答案】##1.5

【分析】作出可行域，再根据的几何意义求解即可.

【详解】作出可行城如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行端内一点与原点连线的斜率，由图可知，点与原点连线的斜率最大，故的最大值为．

故答案为：

15．过双曲线的右焦点F作双曲线一条渐近线的垂线，与另一条渐近线交于点M，若是等腰三角形且，则该双曲线的离心率为___________．

【答案】2

【分析】根据三角形为等腰三角形，且，得到平分，再结合得到渐近线斜率，即，最后结合求离心率即可.

【详解】

如图，由题意知双曲线渐近线的斜率为，即，所以，所以，即双曲线的离心率为2．

故答案为：2.

16．若函数的极小值小于0，则实数a的取值范围为___________．

【答案】

【分析】根据导数的性质，结合函数的导函数的零点的大小关系、极小值的定义分类讨论进行求解即可.

【详解】由，

当时，即时，，

所以函数是实数集上的增函数，故没有极小值；

当时，即时，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以是极大值点，是极小值点，

由题意可知：，

而，所以；

当时，即时，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以是极大值点，是极小值点，

，不符合题意，

综上所述：实数a的取值范围为，

故答案为：

【点睛】关键点睛：根据导函数零点的大小分类讨论是解题的关键.

三、解答题

17．在中，内角的对边分别为，且．

(1)求；

(2)若的面积的最小值为，求的最小值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）利用余弦定理求解即可；

（2）利用正弦定理和三角形面积公式求解即可.

【详解】（1）由得，即，

所以在中由余弦定理得，

因为，所以．

（2）由（1）知，

所以由正弦定理得，

，

所以的面积，

因为的面积的最小值为，

所以，

又，所以．

因为，所以，

即的最小值为1．

18．如图，在直三棱柱中，D，E，F分别是的中点，．

(1)证明：平面；

(2)若，求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）根据三棱柱是直三棱柱，得到，再由，利用线面垂直的判定定理证明；

（2）由（1）得到平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，

所以面ABC，又面ABC，则，

又因为，且，平面，平面，

所以平面；

（2）由（1）知：平面，建立如图所示空间直角坐标系：

设AD=2，则，

所以，

设异面直线与所成的角为，

所以.

19．全民健身，强国有我，某企业为增强广大职工的身体素质和健康水平，组织全体职工开启了“学习强国”平台的强国运动项目，为了解他们的具体运动情况，企业工会从该企业全体职工中随机抽取了100名，统计他们的日均运动步数，并得到如下频率分布直方图：

(1)求直方图中a的值；

(2)估计该企业职工日均运动步数的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）

(3)若该企业恰好有的职工的日均运动步数达到了企业制定的优秀强国运动者达标线，试估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是多少？

【答案】(1)

(2)9.08千步

(3)11千步

【分析】（1）由频率和为1列式求解，

（2）（3）由频率分布直方图数据求解，

【详解】（1）由频率分布直方图得，解得．

（2）设平均数为，则．

所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．

（3）日均运动步数在的频率为，

日均运动步数在的频率为，

则位数在内，为，

该企业制定的优秀强国运动者达标线是11千步

20．已知椭圆的右焦点为，直线与C交于A，B两点，且当时，点F在以为直径的圆上．

(1)求C的方程；

(2)设M是直线与C的另一个交点，证明：直线过定点，并求出定点坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点．

【分析】（1）由题意列方程组求解，

（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由韦达定理化简得关系求解，

【详解】（1）由题意知解得

所以椭圆C的方程是．

（2）由题意知，直线的斜率存在，

设，代入，

得，

，即．

设，则，

由A，F，M三点共线，得，即，

所以，

即，

所以，

所以，

化简得，

所以，

即直线过定点．

21．已知函数．

(1)若是的极值点，求a的值；

(2)若，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先利用求出，再利用导数判断单调性验证；（2）利用分析法证明，得到只需证．令，利用导数判断单调性，求出的值域为．再令，利用导数证明出在区间上单调递减，得到，即可证明.

【详解】（1）的定义域为，且．

因为是的极值点，所以，解得．

当时，，．

令，则，

所以当，，单增；当，，单减.

因为，

所以当时，，即，此时单调递增；

当时，，即，此时单调递减，

所以当时，取得极大值，符合题意．

故为所求．

（2）因为，所以要证，只需证，

即证．

令，则，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增，且当时，，

当x趋近于时，t趋近于，x趋近于时，t趋近于，

所以当时，的值域为．

令，

则．

因为，所以，即在区间上单调递减，

所以，

即．

综上，当时，．

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；

（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；

（4）利用导数证明不等式．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

(2)判断曲线与曲线公共点的个数，并说明理由．

【答案】(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为

(2)曲线与曲线公共点的个数为1个,理由见解析

【分析】（1）曲线曲线参数方程消去参数即得普通方程，曲线的极坐标方程按极坐标特点化成直角坐标方程即可；

（2）根据（1）可知曲线为圆的方程，曲线为直线方程，按照直线与圆的位置关系判断交点个数即可.

【详解】（1）解：曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得曲线的普通方程为，

曲线的极坐标方程为，所以

由得：

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）解：曲线与曲线公共点的个数为1个，理由如下：

圆：的圆心为，半径

则圆心到直线：的距离

所以直线与圆相切，即曲线与曲线公共点的个数为1个.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式对恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）采用分段讨论去绝对值法即可求解；

（2）对进行分类讨论，时，显然不成立，时，先去绝对值求出，再细化分为，三类情况，确定分段函数增减性与最值，进而得解.

【详解】（1）时，，要使，即，

当时，，解得，故无解；

当时，，解得，故；

当时，，解得，故，

综上所述，的解集为；

（2）要使时，，即，

当时，，不符合题意；

当时，，即，

若时，时，单增，时，单减，要使对恒成立，故恒成立，即，解得，故；

若，，显然，恒成立；

若时，时，单增；时，单增，在处函数图象连续，故时，单增，当时，要使恒成立，即，显然恒成立，

综上所述，