2022烟台、德州高三下学期3月一模考试数学试题含解析

2022年高考诊断性测试

数学

注意事项：

1．本满分150分，考试时间为120分钟．

2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．

3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．

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，只有一项符合题目要求.

1. 已知集合，，则（）

A. {0} B. {0，1} C. {1，2} D. {0，1，2}

【答案】D

【解析】

【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：D

2. 若复数满足，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】运用复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.

【详解】由，

所以，

故选：C

3. 设x，，则“且”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】A

【解析】

【分析】依据“且”与“”之间的逻辑关系进行推导即可解决.

【详解】由且，可得

当，时，满足，但不满足且

则“且”是“”的充分不必要条件

故选：A

4. 若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】依据向量夹角公式即可求得向量与的夹角.

【详解】由，可得

则，则

又，则

故选：B

5. 已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决.

【详解】抛物线的焦点，

由，可得，不妨令

则，解之得

则抛物线方程为，其准线方程为

故选：B

6. 如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，，，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据线面垂直的性质，结合正方体的对角线长公式、棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】因为VA⊥底面ABC，底面ABC，所以，

又因为，所以，而，

所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中，共顶点的长、宽、高，

因此该三棱锥外接球的半径，设该三棱锥的内切球的半径为，

因为，所以，

因为，，所以

，

由三棱锥的体积公式可得：

，

所以，

故选：C

【点睛】关键点睛：根据该三棱锥的特点联想到正方体是解题的关键.

7. “碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为（）

A. 90 B. 150 C. 180 D. 300

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，运用分类讨论思想，结合排列和组合的性质进行求解即可.

【详解】根据题意有两种方式：

第一种方式，有一个地方去3个专家，剩下的2个专家各去一个地方，

共有种方法，

第二种方式，有一个地方去1个专家，另二个地方各去2个专家，

共有，

所以分派方法的种数为，

故选：B

8. 过直线上一点P作圆M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得四边形PAMB的面积为的点P有两个，则实数m的取值范围为（）

A B.  C. 或 D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】利用圆的性质可得，进而可得，结合题意可得，即得.

【详解】由圆M：可知，圆心，半径为1，

∴，

∴四边形PAMB的面积为，

∴，

要使四边形PAMB的面积为的点P有两个，

则，

解得.

故选：A.

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. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（）

A.  B. 是图象的一个对称中心

C. 当时，取得最大值 D. 函数在区间上单调递增

【答案】BD

【解析】

【分析】求得函数的解析式判断选项A；代入验证判断选项B；代入验证判断选项C；代入验证判断选项D.

【详解】选项A：将函数的图象向右平移个单位长度得到函数.判断错误；

选项B：，

则是图象的一个对称中心.判断正确；

选项C：，

当时，取得最小值.判断错误；

选项D：由，可得

则函数在区间上单调递增.判断正确.

故选：BD

10. 甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式逐一判断即可.

【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；

因为，所以选项C正确；

因为，所以，因此选项D正确；

因为，所以选项B不正确，

故选：ACD

11. 如图，正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（）

A. 直线平面

B. 点到平面的距离为

C. 异面直线与所成角的余弦值为

D. 设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【详解】解：在正三棱柱中，为的中点，所以，

如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，因为，即，又平面，所以平面，故A正确；

因为，所以，则点到平面的距离为，故B正确；

因为，，设直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；

设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；

故选：ABD

12. 已知双曲线C：，，为C的左、右焦点，则（）

A. 双曲线和C的离心率相等

B. 若P为C上一点，且，则的周长为

C. 若直线与C没有公共点，则或

D. 在C的左、右两支上分别存在点M，N使得

【答案】BC

【解析】

【分析】求得双曲线和C的离心率判断选项A；求得的周长判断选项B；由直线与圆锥曲线位置关系的判定判断选项C；求解满足题意条件的直线MN判断选项D.

【详解】选项A：双曲线C：的离心率

双曲线的离心率

则双曲线和C的离心率不一定相等.判断错误；

选项B：P为C：上一点，且

则有，整理得

则的周长为.判断正确；

选项C：由，可得

由题意可知，方程无解

当时，方程有解；

当时，则有，解之得或

故若直线与C没有公共点，则或.判断正确；

选项D：根据题意，过双曲线C的左焦点的直线方程可设为

令，由，可得

由，可得

则有，则有，

整理得，显然不成立.

当过双曲线C的左焦点的直线为水平直线时，方程为

则，，即.

综上可知，不存在分别在C的左、右两支上M，N使得.判断错误.

故选：BC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求得，再去求的值即可解决.

【详解】由，

可得

则，

故答案为：

14. 若的展开式中项的系数为－160，则正整数n的值为______．

【答案】6

【解析】

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】二项式的通项公式为：，

令，所以，

令，所以

，

，或，因为，

所以方程无实数根，故，即，

故答案为：

15. 己知为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．

【答案】##-0.8

【解析】

【分析】由题设条件可得的周期为2，应用周期性、奇函数的性质有，根据已知解析式求值即可.

【详解】由题设，，故，即的周期为2，

所以，且，

所以.

故答案为：.

16. 在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】由题设有，利用基本不等式求得并求对应x、y数量关系，进而得到，令构造，应用导数求最大值即可.

【详解】由题设，，故，当且仅当时等号成立，

所以，此时，

令，则，故，

所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.

故，且时等号成立，

综上，的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：应用基本不等式求的最小值及对应x、y的关系，再把目标式转化为关于x的函数式，构造函数结合导数求最值.

四、解答题：本题共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. 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数；

（2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人．若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观费时长在[200，240）的人数为X，求X的分布列和数学期望．

【答案】（1）a＝0.004，85%分位数为；

（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）由频率直方图的频率和为1列方程求参数a，应用百分数的求法求85%分位数；

（2）利用分层抽样确定[200,240)、[240,280] 中分别抽取的人数，进而可得X可能取值为1、2、3，并求出对应值的概率即可得分布列，根据分布列求期望即可.

【小问1详解】

由题意，40×(0.0005＋0.002×2＋2a＋0.006＋0.0065)＝1，解得a＝0.004．

由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005＋0.002＋0.004＋0.006＋0.0065)＝0.76．

观看时长在240分钟以下占比为0.76＋40×0.004＝0.92．

所以85%分位数位于[200,240)内， 85%分位数为．

【小问2详解】

由题意，观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16和0.08，

所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人．

于是抽取的3人中现看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3．

所以，，，．

X的分布列为

所以，．

18. 己知等差数列的前n项和为，，．

（1）求的通项公式；

（2）保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．

【答案】（1）；

（2）142.

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等差数列前n项和公式进行求解即可；

（2）根据题意，结合等比数列前n项和公式进行求解即可.

【小问1详解】

设的公差为d，由已知，．

解得，d＝2．所以；

【小问2详解】

因为与之间插入个1，

所以在中对应的项数为

，

当k＝6时，，当k＝7时，，

所以，，且．

因此

.

19. 如图，四边形ABCD中，．

（1）若，求△ABC的面积；

（2）若，，，求∠ACB的值．

【答案】（1）

（2）∠ACB=

【解析】

【分析】（1）依据题意求得角，利用正弦定理去求△ABC的面积；

（2）利用正弦定理解三角形即可求得∠ACB的值．

【小问1详解】

在△ABC中，，

因为，所以．

．

【小问2详解】

设，则，，．

在△ACD中，由，得．

在△ABC中，由，得．

联立上式，并由得，

整理得，所以，

因为，所以，

所以，解得，即∠ACB的值为．

20. 如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．

（1）若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；

（2）若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；

（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．

【小问1详解】

因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，

所以．同理，．所以AE⊥BE．

又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，

所以AE⊥面VBE．

因为面VBE，所以AE⊥VE．

【小问2详解】

取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．

又△VBC等边三角形，所以VO⊥BC，

所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以

以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．

于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，

，，．

令为平面VCD的一个法向量，

则，即，令z＝2，得．

设直线AV与平面VCD所成的角为，则

，

故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．

21. 已知椭圆C：的离心率为，依次连接C四个顶点所得菱形的面积为4．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若A（－2，0），直线l：与C交于 两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．

【答案】（1）

（2）是，过定点

【解析】

【分析】（1）根据已知条件列出关于a,b,c的方程，解出其值，可得椭圆方程；

（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合AP⊥AQ，得到

，将根与系数的关系式代入化简，即可得结论.

【小问1详解】

由已知，连接C的顶点所得四边形面积，

又，解得：，，

所以椭圆C的方程为．

【小问2详解】

设，，联立，

消y可得，

则有，即，

，，

因为AP⊥AQ，所以，而，，

故，

，

故

，

解得或，

当时，直线l方程为，过点A，不满足题意，

当时，代入，

故直线l方程为，过定点．

【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要明确解答的思路，这点并不困难，难点在于联立方程后结合条件的化简运算，要十分细心.

22. 己知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）当，，求a的取值范围；

（3）证明：．

【答案】（1）答案见解析；

（2）或；

（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；

（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；

（3）根据（2）的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可.

小问1详解】

定义域为（0，＋∞），．

记．

当时，，即，所以在（0，＋∞）上单调递减．

当时，令，得，（舍去）．当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，

综上，当时，在（0，＋∞）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．

【小问2详解】

：由（1）知，当时，[1，＋∞）单调递减，所以．

此时．令，解得．

当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，

所以在[1，＋∞）单调递增．此时，．

令，解得．

若，即，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，

知．

又当时，，由零点存在定理，使，此时，不满足题意．

综上，a的取值范围是或．

【小问3详解】

由（2）知，当时，对，有，即．

又时，，，所以．

令，得．

所以，，，…，．

故，即．

【点睛】关键点睛：构造不等式，利用裂项相消法是解题的关键.