2022山西省高三高考考前适应性测试（一模）数学（理）含解析

理科数学

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【1题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解法求集合，运用集合间的运算直接求解.

【详解】，

所以，

故选：A．

2. 设复数满足，则（）

A. -i B. -1 C. 0或-1 D. 0或-i

【2题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】设出，得到方程组，求出，进而求出复数.

【详解】设，则，则，所以，所以，解得：或，故或0

故选：D

3. 设，，则的最大值是（）

A. 1 B.  C.  D. 2

【3题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】利用平面向量求模公式得到关系式，从而求出最大值.

【详解】，则，当时，取得最大值，且最大值为2

故选：D

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体各个表面中面积的最大值是（）

A.  B.  C.  D.

【4题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由该几何体的三视图可知该几何体为三棱锥，如图画出该几何体，分别求出该几何体各个表面的面积，即可得出答案.

【详解】解：由该几何体的三视图可知该几何体为三棱锥，

如图画出该几何体，

为全等的三角形，且，

则，

，

所以该几何体各个表面中面积的最大值是.

故选：C.

5. 已知命题，；命题，在定义域上是增函数.则下列命题中的真命题是（）

A.  B.  C.  D.

【5题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据命题的真假，可判断的真假，再根据 “或且非”命题真假的判断方法，可得答案.

【详解】设，

故为增函数，则，

故命题，为真命题，则为假命题，

因为，故命题，在定义域上是增函数为真命题，为假命题，

所以为真命题，为假命题，为假命题，

为真命题，则为假命题，

故选：A

6. 展开式中的常数项是（）

A.  B.  C.  D.

【6题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】求出展开式通项，令的指数等于0，从而可得出答案.

【详解】解：展开式的通项为，

令，则，

所以展开式中的常数项是.

故选：B.

7. 设，，，则、、的大小关系是（）

A.  B.

C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】利用函数在上的单调性可得到、的大小关系，利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.

【详解】构造函数，其中，则，

当时，，所以，函数在上单调递增，

因为，则，即，即，

所以，，

因为，故，即，即，

因此，.

故选：D.

8. “三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法．三分损益包含“三分损一”“三分益一”．取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二，便得到弦．“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到弦．以宫为第一个音，依次按照损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，合称“五音”.已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（）

A. 微、商、羽、角 B. 微、羽、商、角

C. 商、角、微、羽 D. 角、羽、商、徵

【8题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】设宫的弦长为，根据生律法按顺序写出后续四音的弦长，再由题设音高与弦长的反比关系判断五音生成顺序，即可得答案.

【详解】由题设，若宫的弦长为，则其它四音对应弦长依次为、、、，

因为声音的音高与弦长是成反比，则四音的音高关系为，

又音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，

所以五音生成顺序为宫、微、商、羽、角.

故选：A

9. 已知数列的前n项和，将该数列排成一个数阵（如图），其中第n行有个数，则该数阵第9行从左向右第8个数是（）

A. 263 B. 1052 C. 528 D. 1051

【9题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】利用，求出，将该数列按第行有个数排成一个数阵，由该数阵前8行有255项，得到该数阵第9行从左向右第8个数字为，由此能求出结果．

【详解】数列的前项和为，

，

时，，

时，上式成立，

．

将该数列按第行有个数排成一个数阵，

该数阵前8行有：项，

该数阵第9行从左向右第8个数字为,

故选：D

10. 过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为点A，交y轴于点B，若，则C的离心率是（）

A.  B.  C.  D.

【10题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由双曲线的标准方程可得右焦点，渐近线方程，利用，求出的坐标，代入渐近线上，化简整理，由离心率公式，即可得出结论．

【详解】由题意知双曲线右焦点，取渐近线．

，

可得直线的方程为，

令，解得，,

， 即 ,

，，即，，

又在渐近线上，

，

解得,

该双曲线的离心率．

故选：．

11. 如图①，在中，，，D，E分别为，的中点，将沿折起到的位置，使，如图②.若F是的中点，则四面体的外接球体积是（）

A.  B.  C.  D.

【11题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得平面，建立如图所示空间直角坐标系，由已知可得的外接圆的圆心在的中点，设外接球的球心为，半径为，则，即可得到方程，求出，即可求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得；

【详解】解：依题意，，，平面，所以平面，又，如图建立空间直角坐标系，则、、、、、，依题意为直角三角形，所以的外接圆的圆心在的中点，设外接球的球心为，半径为，则，即，解得，所以，所以外接球的体积；

故选：B

12. 已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（）

A.  B.

C.  D.

【12题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.

【详解】，，其中，解得：，

则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，

，令，解得：；或要满足②，，

令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，

综上：的取值范围是.

故选：C

【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是________.

【13题答案】

【答案】

【解析】

【详解】y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，

y′|x＝0＝1，∴所求切线方程为x－y＋1＝0.

故答案为x－y＋1＝0

14. 将一枚质地均匀的骰子抛掷两次,若先后出现的点数分别为b,c,则方程有实根的概率为______.

【14题答案】

【答案】

【解析】

【分析】

列出所有情况，计算满足的情况，得到答案.

【详解】一枚骰子抛掷两次,其基本事件总数为36,方程有实根的条件为.

由此可见,使方程有实根的基本事件个数为，

于是方根有实根的概率为.

故答案为：

【点睛】本题考查了古典概率，意在考查学生的计算能力.

15. 已知数列中，，，，数列的前n项和为.若对于任意的，不等式恒成立，则实数t的取值范围是________.

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】先根据累积法求得，再用裂项相消法求得，最后根据不等式恒成立可求解.

【详解】由得，则有

，化简得，即，

所以，

所以，

所以不等式恒成立，则有.

故答案为：

16. 已知椭圆的焦点为，，点P为椭圆上任意一点，过作的外角平分线所在直线的垂线，垂足为点Q.抛物线上有一点M，它在x轴上的射影为点H，则的最小值是________.

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】如图所示，延长交于点，连接，求出点的轨迹方程为，证明，即得解.

【详解】解：如图所示，延长交于点，连接.

因为的外角平分线是,且,

所以, 因为,

所以,

因为,

所以点的轨迹为以点为圆心2为半径的圆，

所以点的轨迹方程为.

由题得抛物线的焦点坐标为,准线方程为.

所以,

所以

因为.

所以.

所以的最小值是.

故答案为：

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 如图，圆内接四边形中，，，.

（1）求；

（2）求面积的最大值.

【17~18题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理求边；（2）先求出角D，利用余弦定理和基本不等式得到的最大值，进而求出面积的最大值

【小问1详解】

在中，由正弦定理得，即.

所以.

【小问2详解】

因为四边形内接于圆，故.

设，，在中，由余弦定理得：

.

因为，所以，即，当且仅当时等号成立.

所以

所以面积的最大值是.

18. 在如图所示的几何体中，平面平面，四边形是矩形，四边形为梯形，，，.

（1）证明：平面；

（2）设，求二面角的余弦值.

【18~19题答案】

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）取中点E，连接，，，则可得四边形为平行四边形，从则，由线面平行的判定可得平面，再由已知条件可得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定得平面，再利用面面平行的判定得平面平面，最后由面面平行的性质可得结论；

（2）由已知可得，，两两垂直，所以以D为原点，分别以，，所在真线为x，y，z轴.建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【小问1详解】

证明：取中点E，连接，，.

则，，四边形为平行四边形，所以.

又平面，平面，所以平面.

由，，则四边形为平行四边形，

所以，.

又，，

所以，.

所以四边形为平行四边形.

所以.

又平面，平面，所以平面.

因为，平面，平面.

所以平面平面.

因为平面，所以平面

【小问2详解】

连接.

因为平面平面，，平面，

所以平面.

因为，，，

所以，

所以，所以，

因为，

所以.

所以以D为原点，分别以，，所在真线为x，y，z轴.建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，

所以，.

平面一个法向量为，

设平面的法向量为.

则，即令，得.

，

由图可知二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

19. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的离心率，且过点，A，B分别是C的左、右顶点．

（1）求C的方程；

（2）已知过点的直线交C于M，N两点（异于点A，B），试证直线MA与直线NB的交点在定直线上．

【19~20题答案】

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)将点的坐标代入椭圆方程得出关于a、b的方程，结合离心率列出方程组，解方程组即可；

(2)设过点G的直线方程为、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据直线的点斜式方程求出直线AM与BN的方程，两式相除，化简计算可得直线AM与BN的交点的横坐标为4，即可证明.

【小问1详解】

由题意知，

，化简得，

解得，故椭圆的方程为；

【小问2详解】

设过点G直线方程为，

，消去x，得，

，设，

则，所以

又，得，

所以直线AM的方程为，

直线BN的方程为，两式相除，

得，即，

又，

即，解得，

即直线AM与BN的交点的横坐标为4，

所以直线AM与BN的交点在定直线上.

20. 已知函数．

（1）当时，证明：在定义域上是增函数；

（2）记是的导函数，，若在内没有极值点，求a的取值范围．（参考数据：，．）

【20~21题答案】

【答案】（1）证明见解析；

（2）.

【解析】

【分析】（1）对函数求导得且，再应用基本不等式求，结合，可确定的符号，即证结论.

（2）对求导得且，将问题转化为或在上恒成立，构造，利用导数研究的单调性，进而求区间值域，即可求a的取值范围．

【小问1详解】

由题设，且定义域为，

因为，则，当且仅当时等号成立，而，

所以，时有，故在上是增函数.

【小问2详解】

由题设，，则且定义域为，

因为在内没有极值点，即或，

所以或上恒成立，

令，则，当时；

当时，令则，，

所以在上递增，而，

所以在上，故在上递增，而，

综上，在上，即，

所以，在上，即单调递增，则，

故或，即a的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：第二问，对求导后，将问题转化为或在上恒成立，并构造函数，利用导数研究单调性求值域.

21. 甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.

（1）求甲夺得冠军的概率；

（2）比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球的数量为X，求随机变量X的分布列与数学期望.

【21~22题答案】

【答案】（1）

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.，记事件“甲夺得冠军”，分析事件A包含的情况，直接求概率；

（2）X的可能取值：3，4，5.分析比赛过程，分别求概率，写出分布列，计算数学期望.

【小问1详解】

记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，

事件“甲在第i局比赛中未胜”.

显然，，.

记事件“甲夺得冠军”，

则.

【小问2详解】

设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知或.

则，

故.

记“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”.

因为每个求最多使用两次，故X的取值为：3，4，5.

由题意知比赛前盒内有6颗新球.

比赛1局后，盒内必为5颗新球1颗旧球，此时，.

若发生，则比赛2局后，盒内有4颗新球，2颗旧球，

此时，.

若发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，

故下次必取得新球.即.

于是

.

故X的分布列为

故X的数学期望.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.

 [选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在极坐标系中，O为极点，直线与以点为圆心，且过点的圆相交于A，B两点．

（1）求圆C的极坐标方程；

（2）若，求．

【22~23题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）写出点C,M的直角坐标，求得圆的直角坐标方程，化为极坐标方程，可得答案;

（2）将代入圆的极坐标方程中，利用根与系数的关系得到

，再结合，求得的值，可得答案.

【小问1详解】

的直角坐标为，的直角坐标为，

故圆的半径为，故圆的直角坐标方程为：，

将代入，得：，

即圆C的极坐标方程为：；

【小问2详解】

将代入中，

得，设分别为A,B对应的极径，

故，

又，则 ,即，结合，

可得，

故.

 [选修4-5：不等式选讲]

23已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求a的取值范围．

【23~24题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用零点分区间讨论法解绝对值不等式，得出解集.

（2）根据绝对值不等式的性质，得出，要使恒成立，则即可求出答案.

【小问1详解】

当时，，

当时，解得：，此时.

当时，解得：，不成立.

当时，解得：，此时.

综上可知：不等式的解集为：.

【小问2详解】

因为，

不等式恒成立，等价于，即或，

即a的取值范围为：.