2022汕头高三下学期第一次模拟考试数学含解析

2022年汕头市普通高考第一次模拟考试试题数学

第Ⅰ卷  选择题

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 集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出集合，然后由集合的交集和并集运算对选项进行逐一判断即可得出答案.

【详解】,又

所以，故选项A、C不正确.

,故选项B正确. 选项D不正确.

故选：B

2. 已知，则（    ）

A.  B. 3 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出，即得解.

【详解】解：由题得，

所以.

故选：C

3. 有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先将4人分成3组，其一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求出每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可

详解】先将4人分成3组，其一组有2人，另外两组各1人，共有种分法，

然后将3个项目全排列，共有种排法，

所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，

因为4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数种，

所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率为，

故选：D

4. 已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，，，成等差数列，则（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】设等比数列的公比，根据题意列出方程组，解得答案.

【详解】设等比数列的公比为 ， ，

故由题意可得： ，，

解得 ， ，

故选：A

5. 已知，，，则以下不等式正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可

【详解】，，，

令，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

因为，

所以，，

因为，

所以，

所以

故选：C

6. 点在圆上运动，直线分别与轴、轴交于、两点，则面积的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出以及点到直线的距离的最大值，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.

【详解】易知点、，则，

圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离为，

所以，点到直线的距离的最大值为，

所以，面积的最大值是.

故选：D.

7. 已知，，则（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据两角和的正切公式可得，利用同角三角函数的基本关系求出，结合二倍角的余弦公式化简原式，计算即可.

【详解】由，得，又，

得，即，

整理，得或(舍去)，

所以，又，，

解得，

故

.

故选：B

8. 定义在R上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.

【详解】因为，且为偶函数

所以，即，

所以函数是以4为周期的周期函数，

作出，在同一坐标系的图象，如图，

因为方程至少有8个实数解，

所以，图象至少有8个交点，

根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，

由图可知，当时，只需，即，

当时，只需，即，

当时，由图可知显然成立，

综上可知，.

故选：B

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. 某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如下表，根据成绩表作图，则下列说法正确的是（    ）

A. 王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平

B. 张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平

C. 赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小

D. 赵磊同学的数学成绩波动上升

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据折线图，分别对王伟、张诚、赵磊同学的数学成绩较班级平均分进行分析，即可得出结果.

【详解】根据折线图可知，

王伟同学的数学成绩稳定且始终高于班级平均分，

张诚同学的数学成绩在班级平均分附近波动，

赵磊同学的数学成绩低于班级平均分，但与班级平均分的差距逐渐减小，波动的提升，

故选：ACD

10. 已知正实数a，b满足，则以下不等式正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】对于A，对两边同除以进行判断，对于B，利用基本不等式分析判断，对于C，由可得，产生矛盾，对于D，由已知可得，所以，化简后利用基本不等式求解

【详解】对于A，因为正实数a，b满足，所以，即，所以A错误，

对于B，因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以B正确，

对于C，若，则，所以，所以，而由选项B可知，所以不成立，所以C错误，

对于D，因为正实数a，b满足，所以，即，所以

，当且仅当，即时取等号，所以D正确，

故选：BD

11. 对于函数，下列结论正确得是（    ）

A. 的值域为 B. 在单调递增

C. 的图象关于直线对称 D. 的最小正周期为

【答案】AD

【解析】

【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.

【详解】，，

所以，

所以是偶函数，

又，

所以是函数的周期，

又，

故的最小正周期为.

对于A，因为的最小正周期为，令，此时，

所以，

令，所以有，可知其值域为，故A正确；

对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，

因为，

所以在上不单调递增，故B不正确；

对于C，因为，，

所以，

所以的图象不关于直线对称，故C不正确；

对于D，前面已证明正确.

故选：AD

12. 如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且.则下列结论正确的是（    ）

A. 当E与重合时，异面直线与所成的角为

B. 三棱锥的体积为定值

C. 在平面内的射影长为

D. 当E向运动时，二面角的平面角保持不变

【答案】BCD

【解析】

【分析】A：当E与重合，BD中点为O并连接，可得，即为异面直线与所成角的平面角，应用余弦定理求余弦值，即可确定大小；B：由及A到面、B到直线的距离为定值即可判断；C：在平面内的射影在上，即可求射影长；D：由二面角为二面角即可判断.

【详解】A：当E与重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，所以，又，，，所以，错误；

B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；

C：易知，在平面内的射影在上，所以射影长为，正确；

D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，正确.

故选：BCD

第Ⅱ卷  非选择题

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行.某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则______.

【答案】0.050

【解析】

【分析】根据频率分布直方图，利用频率之和为1求解即可.

【详解】由，

解得，

故答案为：0.050

14. 已知四边形中，，，，点E是的中点，则______.

【答案】

【解析】

【分析】如图，分别过点作,垂足分别为,求出，再利用平面向量的线性运算和数量积运算求解.

【详解】解：如图，分别过点作,垂足分别为. 由题得四边形为等腰梯形，,所以.

由题得

.

故答案为：

15. 已知双曲线，，为C两条渐近线，过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，若，则曲线C的离心率______.

【答案】##

【解析】

【分析】不妨设为，为，则直线的方程为，联立联立，求得点的坐标，联立，求得点的坐标，再根据，得出的齐次式，从而可得出答案.

【详解】解：不妨设为，为，

过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，

，则直线的方程为，

联立，解得，

即，

联立，解得，

即，

则，，

因为，

所以，

所以，即，

所以，所以，

所以.

故答案为：.

16. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】利用二分检测法求解.

【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，

则共需检测7次，此时感染者人数最多为1人；

若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，

若没有感染者，则只需1次检测即可；

若只有1个感染者，则只需次检测；

若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，

此时相当两个待检测均为的组，

每组1个感染者，此时每组需要次检测，

所以此时两组共需次检测，

故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，

所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.

故答案为：1，

四、解答题：本大题共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. 在①；②的面积为；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，， ______？.

【答案】见解析

【解析】

【分析】若选①，则，由正弦定理列方程可求出，再求出，然后利用正弦的二倍角公式可求出，再利用正弦定理可求出c的值，

若选②，则由已知条件可求出，从而可得，然后利用余弦定理可求出c的值，

若选③，则由已知可得，再由正弦定理可得，从而可得三角形不存在

【详解】若选①，则，且,

因为，，

由正弦定理得，则，即,

所以，，

得，

因为，所以，

因为 ，所以角为锐角，

所以，

所以,

所以由正弦定理得,

若选②，则由的面积为，，，得，

所以，

当为锐角时，，此时由余弦定理得

，所以，

当为钝角时，，此时由余弦定理得

，所以，

综上，或，

若选③，由，得，

由正弦定理得，则，

所以三角形不存在

18. 已知数列的前n项和为，.

（1）证明：数列为等比数列，并求数列的前n项和为；

（2）设，证明：.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）先求出，然后将的换成，与原式相减可得，从而可得即可证明，求出通项公式， 再分组可求和.

（2）先求出，可得出，裂项相消法求和，可证明.

【小问1详解】

当时，，即

由，则

两式相减可得，即

所以，即

数列为等比数列

则，所以

则

【小问2详解】

所以

19. 足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜.

（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是.在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望.

（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负.设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为.每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率.

【答案】（1）分布列见解析，期望为；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意，即可计算分布列及期望；

（2）“甲VS乙：3:0”记为事件， “甲VS乙：3:1”记为事件，此两互斥事件的和即为所求事件，分别计算两事件的概率，求和即得解.

【小问1详解】

依题意，，的可能取值为：0,1,2,3，

；

.

X的分布列为：

.

【小问2详解】

记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件A.

依题意知：在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数比为:“甲VS乙：3:0”记为事件，或“甲VS乙：3:1”记为事件，则，且与互斥.

依题意有：，

，

.

20. 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段上一点.

（1）是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；

（2）当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大.

【答案】（1）时，平面；   

（2）当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

【解析】

【分析】（1）求出,再根据平面求出即得解；

（2）如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，设利用向量法求出，利用基本不等式求解.

【小问1详解】

解：由题得,

所以. 所以△是圆的内接三角形，

所以，

由题得.

假设平面，所以.

此时

所以时，平面.

【小问2详解】

解：如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系.

设，

所以

设平面的法向量为，

所以，所以.

设直线与面所成的角为，

由题得.

当且仅当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

21. 已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.

（1）求E的方程；

（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.

【答案】（1）；    （2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；

(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.

【小问1详解】

因为，即，

所以，则，

又，得，即，

所以动点G的轨迹方程E为：；

【小问2详解】

由题意知，

设直线l的方程为：，，

则，

，消去y，得，

由，得，

，

直线的斜率为，直线的斜率为，

又，所以，即，

整理，得，

，

，

由，化简得，

所以，

故直线过定点.

22. 已知函数（且为常数）.

（1）讨论函数极值点个数；

（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求得，分、、三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；

（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围.

【小问1详解】

解：函数的定义域为，则.

令，则，由，可得，列表如下：

所以，.

①当时，即当时，对任意的，且不恒为零，

此时函数在上单调递增，则函数无极值点；

②当时，令，则，由，可得，列表如下：

且当时，；当时，.

作出函数与函数的图象如下图所示：

（i）当时，直线与函数的图象有两个交点，

设这两个交点的横坐标分别为、，且，

由图可知，当或时，；当时，.

此时，函数有个极值点；

（ii）当时，由图可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，

l

当时，；当时，.

此时函数只有个极值点.

综上所述，当时，函数无极值点；

当时，函数有个极值点；

当时，函数只有个极值点.

【小问2详解】

解：不等式对任意的恒成立，

等价于对任意的恒成立，

所以，对任意的恒成立，

令，其中，则，

令，其中，则对任意的恒成立，

所以，函数在上单调递增，

因为，，故存在，使得，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，

因为，则，因为，则，

因为函数在上单调递增，

由可得，故，可得，

所以，，故.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.