内蒙古包钢第一中学2022届高三一模数学（理）试题（含解析）

这是一份内蒙古包钢第一中学2022届高三一模数学（理）试题（含解析），共22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。

内蒙古包钢第一中学2022届高三一模数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．设，则直线与直线垂直的充分不必要条件是（    ）
A． B．
C．或1 D．或
3．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（    ）
A． B． C． D．
4．已知函数.若，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
5．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里：良马先至齐，复还迎鸳马，二马相逢.问相逢时驽马行（    ）日？
A．8 B．9 C．10 D．11
6．已知函数（其中，，的部分图象如图所示；将函数图象的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位，得到函数的图象，则函数在（    ）上单调递减．

A． B． C． D．
7．如图，在△中，点M是上的点且满足，N是上的点且满足，与交于P点，设，则（ ）

A． B．
C． D．
8．近期，新冠疫苗第三针加强针开始接种，接种后需要在留观室留观满半小时后才能离开.甲､乙两人定于某日上午前往同一医院接种，该医院上午上班时间为7：30，开始接种时间为8：00，截止接种时间为11：30.假设甲､乙在上午时段内的任何时间到达医院是等可能的，因接种人数较少，接种时间忽略不计.则甲､乙两人在留观室相遇的概率是（    ）
A． B． C． D．
9．如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．
10．已知且，，，则(    )
A． B． C． D．
11．已知函数，若函数有三个不同的零点．则的值为（    ）
A．0 B． C．0或 D．0或
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知是虚数单位，若，则的值为 .
14．已知，则 ．
15．已知圆O：x2＋y2＝1，设点P（t，4）为直线y＝4上一点，过点P作圆O的切线，切点分别为M，N，则直线MN所过定点的坐标为 .

16．曲线与有两条公切线，则a的取值范围为

三、解答题
17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角B的大小；
(2)若，D为边上一点，，求的值.
18．某物流公司专营从长春市到吉林市的货运业务，现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T单位：箱）分成了以下几组： ，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该区间的中点值为代表，视频率为概率）.

(1)求该公司平均每天的配货量是多少箱?
(2)为了调动公司员工的积极性，特制定了以下奖励方案：利用抽奖的方式获得奖金，每次抽奖的结果相互独立.其中每天的可配送货物量不低于80箱时有两次抽奖机会；每天的可配送货物量低于80箱时只有一次抽奖机会.每次抽奖获得的奖金及对应的概率分别为.
奖金（元）
50
100
概率


若小张是该公司一名员工，他每天所获奖金为X元，请写出X的分布列并求出数学期望.
19．如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，，E是的中点.

(1)在线段上找一点M，使得直线平面，并说明理由；
(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
20．已知曲线的方程为，过且与轴垂直的直线被曲线截得的线段长为1.
(1)求曲线的标准方程；
(2)若直线与曲线相交于两点，且存在点（其中不共线），使得被轴平分，试问，直线是否经过定点，若是，求出该定点坐标；否则请说明理由.
21．已知函数，，当时，恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)若正实数、满足，证明：．
22．已知在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），曲线与x轴的正半轴交于点A．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线．
(1)求点A的坐标以及曲线的极坐标方程；
(2)将曲线向左平移一个单位后得到曲线，若，点B为，的交点，若直线AB与曲线交于B，D两点，求的值．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)已知函数的最小值为t，正实数a，b，c满足，证明：.

参考答案：
1．B
【分析】求出，，进而求出.
【详解】解得：，故，，故
故选：B
2．B
【分析】根据两直线垂直求出a的范围即可直接判断作答.
【详解】直线与直线垂直，等价于，解得或，
所以直线与直线垂直的充分不必要条件是B选项.
故选：B
3．D
【分析】侧面展开图是一个半圆，其半径就是圆锥的母线长，设为，根据圆锥底面圆的周长等于半圆的弧长可求得的值，即可求解圆锥的侧面积.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于半圆的弧长，则，解得，
故该圆锥的侧面积为.
故选：D.
4．C
【分析】利用函数的单调性与奇偶性结合指数函数与对数函数的单调性即可求解.
【详解】解：，

所以为偶函数，且时，单调递增，单调递增，
所以时，单调递增.
所以，
由于，，
则
故选：C.
5．B
【分析】结合等差数列，将良马和驽马日行里程表示为等差数列，结合等差数列前项和即可求解.
【详解】由题，不妨设，则，，令，即，解得（舍去）或，故9日相逢.
故选：B
6．D
【分析】由函数的图象，求得的解析式，再根据图象变换，求得函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】根据函数的图象，可得，，
则，则，故；
由，可得，解得，
因为，可得，所以，
将函数图象的横坐标伸长到原来的6倍后，得到，
再向左平移个单位后，得到，
令，解得，
令，解得，
所以函数单调递增区间为，
单调递减区间为，
所以函数在上先增后减，在上先减后增，
在上单调递增，在上单调递减.
故选：D．
7．B
【分析】根据三点共线有，使、，由平面向量基本定理列方程组求参数，即可确定答案.
【详解】，，
由，P，M共线，存在，使①，
由N，P，B共线，存在，使得②，
由①② ，故.
故选：B.
8．A
【分析】由题意，设甲､乙两人的接种时间分别为x，y，则，且满足题意即，
然后画出图形，根据图形可求得结果
【详解】由题意，设甲､乙两人的接种时间分别为x，y.
则，若满足题意即，
如图，则.
故选：A

9．B
【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解.
【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，
又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故选：B

10．A
【分析】对三个已知等式变形，构造成同一形式，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可﹒
【详解】，
，
，
故构造函数，．
当时，；
当时，，
f(x)如图：

∵，由图知：，
故选：A．
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．
11．D
【分析】画出的图象，结合图象可得答案.
【详解】的图象如下：

其中
若函数有三个不同的零点．
则或
当时，三个零点为，故
当时，小于0的零点为，大于0的两个零点之积为1，所以
故选：D
12．B
【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率．
【详解】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图，

设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，
切点也在的角平分线上，所以，
由椭圆的定义知，则，所以，
所以，所以，
.又圆与圆的面积之比为4，
所以圆与圆的半径之比为2，因为，所以，
即，整理得，故椭圆的离心率.
故选：B.
13．0
【分析】运用复数四则运算及复数相等的定义即可得解.
【详解】因为，
所以，.
故答案为:
14．2
【分析】利用赋值法求解即可.
【详解】令，得；
令，得，
故．
故答案为：2
15．/
【分析】求出分别以点M、N为切点的切线方程，因为P在切线上，得tx＋4y＝1可得答案.
【详解】设M（x1，y1），N（x2，y2），
则，过点的切线斜率为，
所以以点M为切点的切线方程为x1x＋y1y＝1，
因为P（t，4）在切线PM上，所以tx1＋4y1＝1，
所以切点M（x1，y1）在直线tx＋4y＝1上，
同理，切点N（x2，y2）也在直线tx＋4y＝1上，
所以直线MN的方程为tx＋4y＝1，
因为，
故直线MN过定点.
故答案为：.
16．
【分析】分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，由已知的两条切线得到方程有两个解，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围.
【详解】对求导得：；对求导得：，
设与相切的切点为，与曲线相切的切点为，
∴公共切线斜率为，又，，
∴，整理得，
设，则，又，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴处取得极小值，也为最小值为，
由恰好存在两条公切线，即有两解，而当趋向于0时趋向于正无穷大，
令，则且，故上，即递减；上，即递增，
∴，即，故，
∴，显然当时.
∴只要，可得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设切点、，由曲线的公切线及导数的几何意义可得，构造函数并应用导数研究两个零点情况下a的范围.
17．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理化边为角，再利用三角恒等变换化简可求出即可得出；
（2）由余弦定理求出，再由正弦定理求得，即可求出.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
故，
所以，
因为，所以，即.
因为，所以；
（2）因为，所以，
中，由余弦定理得，，所以；
由正弦定理得，∴，
故.
18．(1)68.5箱
(2)分布列见解析，元

【分析】（1）根据频率分布直方图结合加权平均数公式求解即可，
（2）由题意可得的所有可能取值为50，100，150，200，然后求出各自对应的概率，从而可求得分布列和数学期望
【详解】（1）根据频率分布直方图，该公司平均每天的配货量为：
（箱）
（2）每天的可配送货物量不低于箱的概率为，每天的可配送货物量低于箱的概率为.
的所有可能取值为50，100，150，200.则
，，
，.
所以的分布列为:
X
50
100
150
200
P




所以（元）.
19．(1)点M为线段的中点，理由详见解析；
(2)

【分析】分别取PB，PC的中点M，F，连接EM，DF，FM，再根据四边形，E是的中点，易证四边形DEMF是平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）由平面，，建立空间直角坐标系，设AD=2，求得平面PCE的一个法向量，易知平面PAB的一个法向量为 ，由 求解.
【详解】（1）当点M为线段的中点时，直线平面，理由如下：
如图所示：

分别取PB，PC的中点M，F，连接EM，DF，FM，
因为四边形，E是的中点，
所以，，
所以，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以，又平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD；
（2）由平面，，建立如图所示空间直角坐标系：

设AD=2，
则，
所以 ，
设平面PCE的一个法向量为 ，
则，即 ，
令 ，得，
易知平面PAB的一个法向量为 ，
则 ，
设平面与平面所成二面角为，
所以.
20．(1)；
(2)直线恒过定点

【分析】（1）由曲线C的方程知，曲线上的点到点的距离和为，满足椭圆定义，根据条件分别求得参数，求得椭圆方程；
（2）设直线l的方程：，，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由被轴平分，知，化简，代入韦达定理求得满足的关系式，判断直线是否过定点即可.
【详解】（1）由知，
曲线是为焦点，长轴长为的椭圆，
设曲线的标准方程为，
因过且与轴垂直的直线被曲线截得的线段长为1.
于是有，解得，
所以曲线的标准方程为.
（2）令三点不共线，直线l的斜率不为0，
可设直线l的方程：，
则由消去得：，
，
被轴平分，即，
亦即，
而
有，即，
当时，，此时1的方程为，其过定点
当时，，亦满足，此时的方程为.
综上所述，直线恒过定点.
21．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据题意，求出导函数，分类讨论当和两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合时，恒成立，从而得出实数的取值范围；
（2）不妨设，由得出，从而可知只要证明，构造新函数，求出，利用导数研究函数的单调性得出在区间上单调增函数，进而可知当时，成立，即，从而即可证明.
【详解】（1）解：根据题意，可知的定义域为，
而，
当时，，，
为单调递增函数，
当时，成立；
当时，存在大于1的实数，使得，
当时，成立，
在区间上单调递减，
当时，；
不可能成立，
所以，即的取值范围为.
（2）证明：不妨设，
正实数、满足，
有（1）可知，，
又为单调递增函数，
所以，
又，
所以只要证明：，
设，则，
可得，
当时，成立，
在区间上单调增函数，
又，
当时，成立，即，
所以不等式成立，
所以.
【点睛】思路点睛：解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：
（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用；
（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题．
22．(1)，曲线的极坐标方程为；
(2).

【分析】（1）先求出的普通方程，进而求出A的坐标，然后根据极坐标方程与直角坐标方程的换算公式得到的极坐标方程；
（2）先求出直线AB的参数方程，然后代入的普通方程，进而通过根与系数的关系求得答案.
【详解】（1）依题意，得曲线，
令，解得，故；
而，故，即，
故曲线的极坐标方程为．
（2）依题意，得曲线，即．
当时，点B的坐标为，则，
故可设直线AB的参数方程为(t为参数)，
代入并化简得，
设B，D所对的参数分别为，，则．
23．(1)或
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件，分，，三种情况，求解不等式，取其并集，即可求解．
（2）利用绝对值不等式的性质，可得，对通分化简，可得，再结合基本不等式，即可证明结果．
【详解】（1）解：由题设，
∴要使，
由得；由得；由得；
综上，的解集为或.
（2）解：因为，
当且仅当时，取“”，所以的最小值为，即.
∵ ∴
∴，
∵为正实数，

当且仅当时等号成立，
∴得证.