宁夏石嘴山市第一中学2022届高三第一次模拟考试数学（理）试题含答案

这是一份宁夏石嘴山市第一中学2022届高三第一次模拟考试数学（理）试题含答案，共17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。

一、单选题（本大题共12小题）
1. 已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2. 已知复数则为（ ）
A．2B．4C．D．10
3. 设是直线，、是两个不同的平面，且，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
4.
某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内为
A．k＞4?B．k＞5?
C．k＞6?D．k＞7?
5. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫､不更､簪裹､上造､公士五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”已知问题中五个爵位是由高到底排列的，古代数学中“以爵次分之”一般表示等差分配，若已知上选得三分鹿之二，即上造分得鹿.则以下说法不正确的有（ ）
A．大夫分得二鹿B．不更､上造分得的鹿之和是簪褭的两倍
C．不更分得一鹿加三分鹿之一D．不更､上造分得的鹿之和与大夫､公士分得的鹿之和相等
6. 如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7. 第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行.现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（ ）.
A．72种B．84种C．96种D．124种
8. 设，，，则a，b，c大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
9. 在中，角A，B，C所以对的边分别为a，b，c，若，的面积为，，则（ ）
A．B．C．或D．或3
10. 设，为椭圆：（）的上、下焦点，若在椭圆上存在一点，，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
11. 过双曲线的右顶点A作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B，C，若A，B，C三点的横坐标成等比数列，则双面线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12. 已知定义在上的奇函数，满足，当时，，若函数，在区间上有10个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共4小题）
13. 已知直线与圆相交于两点，则 .
14. 已知函数的部分图象如图所示，则的值为 .
15. 已知实数满足，则的最小值为 .
16. 直线经过抛物线的焦点F，与抛物线相交于A，B两点，过原点的直线经过弦的中点D，并且与抛物线交于点E（异于原点），则的取值范围是 .
三、解答题（本大题共6小题）
17. 在如图所示的四棱锥中，四边形为正方形，平面.
(1)若E为的中点，证明：平面；
(2)若求与平面所成角的余弦值.
18. 己知数列的前项和为，，数列为等差数列，且，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
19. “滴滴快车”借助社会闲置车辆和运力，缓解城市高峰期运力短缺的现象，为消费者出行提供便捷服务.某交通部门为了研究"滴滴快车"在高速公路上的车速情况，随机对100名“滴滴快车”驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在60名男性驾驶员中，平均车速超过的有40人，不超过的有20人.在40名女性驾驶员中，平均车速超过的有10人，不超过的有30人.
参考公式：，其中.参考数据：
(1)判断是否有的把握认为“滴滴快车”的平均车速超过的人与性别有关.
(2)用上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量"滴滴快车"中随机抽取10辆，记这10辆车中驾驶员为男性且车速不超过的车辆数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的数学期望和方差.
20. 已知椭圆的左､右顶点分别为A,B，点，连接交椭圆C于点M､N，为直角三角形，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C交于D､E两点，若，求证：直线l过定点
21. 设，函数.
(1)证明：当时，恒成立
(2)若函数无零点，求实数a的取值范围
(3)若函数有两个相异零点，求证：
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）若直线l1，l2的极坐标方程分别为，，设直线l1，l2与曲线C的交点分别为O，M和O，N，求△OMN的面积．
参考答案
1.【答案】B
【分析】
分别求出集合，根据集合的交集运算得出答案.
【详解】
由题意知：，
.
故选：B.
2.【答案】C
【分析】
由复数除法法则求得，再由模的定义求出模．
【详解】
，，
故选：C．
3.【答案】D
【分析】
由，，能够得到或或在平面内；由，，能够得到或在平面内，再由充分必要条件的判定得答案．
【详解】
由，，能够得到或或在平面内，不能够推出，
反之，由，，不一定得到，可能在内．
“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D
4.【答案】A
【详解】
【分析】
试题分析：由程序框图知第一次运行，第二次运行 ，第三次运行，第四次运行 ，输出，所以判断框内为 ，故选A.
考点：程序框图.
5.【答案】A
【分析】
由题意可得五个人分得鹿的数量成递减的等差数列，且，从而可求出，进而分析判断即可
【详解】
由题意得大夫、不更、簪褭、上造、公士五人分得鹿的数量成递减的等差数列，分别记为，设公差为，
则由题意得，
所以，解得，
所以，
所以大夫、不更、簪褭、上造、公士各分得鹿的数量分别为，
所以A错误，B正确，
不更、上造分得的鹿之和为，所以C正确，
不更、上造分得的鹿之和与大夫、公士分得的鹿之和都为2，所以D正确，
故选：A.
6.【答案】D
【分析】
利用空间向量的加、减运算即可求解.
【详解】
由题意可得

.
故选：D

7.【答案】C
【分析】
先分有一名女生和没有女生两种情况选出自愿者，然后再排列.
【详解】
第一步，选出的自愿者中没有女生共种，只有一名女生共种；
第二步，将三名志愿者分配到三项比赛中共有.
所以，不同的选择方案共有种.
故选：C
8.【答案】A
【分析】
利用指数运算法则，对数运算法则及中间值比大小.
【详解】
，，；又，则．
故选：A
9.【答案】D
【分析】
由，可求得，再结合面积和，即可求得边，
再由余弦定理求得.
【详解】
由，由正弦定理得，又，
得，得，得，又，得，
则，则，由余弦定理，
得，得或.
故选：D
10.【答案】C
【分析】
根据椭圆性质要使题设条件成立只需在椭圆左右顶点时，此时应用余弦定理可得，进而求m的范围.
【详解】
由椭圆的性质知：当在椭圆左右顶点时最大，
∴椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时，
此时，，即，又，
∴，解得，又，
∴.
故选：C.
11.【答案】B
【分析】
根据双曲线方程求出渐近线方程，再判断直线与渐近线交点所在象限，从而求出交点坐标，再根据等比中项的性质得到方程，整理可得，即可求出离心率.
【详解】
解：因为双曲线，
所以渐近线为，
因为，即，则，则直线与渐近线的交点位于第二象限，直线与渐近线的交点位于第一象限，
又、、三点的横坐标成等比数列，
所以直线与渐近线，即，解得，即，同理可得与渐近线交于，
因为，且、、三点的横坐标成等比数列，
所以，化简整理，解得，
因为，
所以双曲线的离心率
故选：B．
12.【答案】A
【分析】
由得出函数的图象关于点成中心对称以及函数
的周期为，由函数为奇函数得出，并由周期性得出
，然后作出函数与函数的图象，列举前个交点的横坐标，结合第个交点的横坐标得出实数的取值范围．
【详解】
由可知函数的图象关于点成中心对称，
且，所以，，
所以，函数的周期为，
由于函数为奇函数，则，则，
作出函数与函数的图象如下图所示：
，则，
于是得出，，
由图象可知，函数与函数在区间上从左到右个交点的横坐标分别为、、、、、、、、、，第个交点的横坐标为，
因此，实数的取值范围是，故选A．
13.【答案】
【分析】
先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，然后利用弦心距，弦和半径的关系可求出弦长
【详解】
由，得，
所以圆心为，半径为2，
所以圆心到直线的距离为
，
所以，
故答案为：
14.【答案】
【分析】
根据图像将参数逐一求出，最后代点求出即可.
【详解】
由题可知，，所以，即
所以可得 ，因为，所以
所以，，所以，因为，
所以当时，
故答案为：
15.【答案】
【分析】
根据题意，画出可行域，根据目标函数的几何意义，数形结合即可求得结果.
【详解】
因为其表示圆心为，半径的圆，
又表示点与点构成直线的斜率，
数形结合可知，当且与点构成的直线与圆相切且斜率存在时，取得最小值，
此时满足上述要求的直线方程为，则，解得.
即的最小值为.
故答案为：.
16.【答案】
【分析】
求出抛物线方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，求出的纵坐标，求出的坐标得到直线的方程，与抛物线联立，求出的纵坐标，然后转化求解比值即可．
【详解】
解：直线经过是抛物线的焦点，所以，抛物线方程为：，
联立，可得，恒成立，设、，
所以，，
所以弦的中点，，
所以的方程为：，
由题意可知，与抛物线联立，解得，
而，因为，所以，所以，所以，即，
故答案为：．
17.【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）连接，交于点O，连接，由题意得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合线面夹角公式即可求出答案.
(1)
证明：连接，交于点O，连接，因为O为中点，E为中点，
所以，因为平面，平面，
所以平面.
(2)
解：如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设，又因为则，
设面的一个法向量为，，
则，令得：，
又因为，设与平面所成角为，则
求与平面所成角的余弦值为.
18.【答案】(1)，
(2)
【分析】
（1）根据求出的通项公式，设等差数列的公差为，依题意根据等差中项的性质求出，再根据，即可求出，从而得到的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用分组求和与裂项相消法计算可得；
(1)
解： 时，，∴
∵
当时，，
两式相减得：，
∴，∵∴.
数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
因为为等差数列，设公差为，，∴
又，，
∴
(2)
解：由（1）可得
所以
19.【答案】(1)有的把握认为平均车速超过与性别有关
(2)2，1.6
【分析】
（1）列出2×2列联表，求出，结合参考数据即可得出结论；
（2）由题意可知X的可能取值为，且，进而根据二项分布的均值和方差的计算公式即可求出结果.
(1)
根据题意，列出2×2列联表如下.
因为的观测值.
所以有的把握认为平均车速超过与性别有关.
(2)
根据样本估计总体的思想，从高速公路上行驶的大量"滴滴快车"中随机抽取1辆，驾驶员为男性且车速不超过的车辆的概率为
所以X的可能取值为，且.
所以，
所以X的数学期望和方差分别为2，1.6.
20.【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据题意知，求出，再由求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设，设的方程为，联立椭圆方程消元后得到韦达定理，由代入求出，即可求出直线恒过的定点.
(1)
解：因为为直角三角形，
所以由椭圆的对称性知，，
即，所以，则，
代，得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
证明：由题意，可设直线的方程为，
联立消去x得，，
设，则①
因为，所以，由（1）知，，
所以，
则，
将代人上式得，
，
将①代人上式，
解得，或（舍），故直线l恒过点
21.【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）求导，利用导数的正负判断原函数的单调性即可.
（2）利用导数求出最值，若函数无零点则说明最大值小于0即可，从而求出的范围.
（3）通过函数有两个相异零点构造出两个方程，，再将所证明的不等式两边同取对数进行构造，与前面构造的方程建立联系从而得到新不等式，再次构造新函数来证明该不等式成立即可.
(1)
（1）证明：，由
于已知，∴恒成立，∴在递增，∴
∴时，恒成立
(2)
的定义域是，.
由于.令，解得，
∴在上递增，在上递减.
∴，欲使函数无零点，则只要，
即，∴，故所求a的范围是
(3)
因为有两个相异的零点，又由于，
故不妨令，且有，，
∴，，
要证
令，则，故只要证明时恒成立.
而由（1）知时，恒成立，即恒成立，
从而证明.
故.
22.【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）将曲线C的参数方程化为直角坐标方程，进而化为极坐标方程即可；
（2）将直线l1，l2的极坐标方程分别与曲线C的极坐标方程联立，可求得的极坐标，进而可求得△OMN的面积.
【详解】
（1）由参数方程，可得普通方程为，
由，，可得，
所以曲线C的极坐标方程为.
（2）由直线l1：与曲线C的交点为O，M，得.
由直线l2：与曲线C的交点为O，N，得.
易知，所以.平均车速超过的人数
平均车速不超过的人数
合计
男性驾驶员人数
40
20
60
女性驾驶员人数
10
30
40
合计
50
50
100