2022届黑龙江省哈六中高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题含解析

黑龙江省哈尔滨市第六中学校2022届高三下学期第一次模拟考试

数学（理）试题

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，，则集合中元素的个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

2．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（       ）

A．第二象限 B．第三象限 C．第四象限 D．第一象限

3．甲､乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A，B，C三种医用外科口罩，甲､乙购买A，B，C三种医用口罩的概率分别如下：

则甲､乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为（       ）A．0.44 B．0.40 C．0.36 D．0.32

4．已知，且，则（       ）.

A． B．

C． D．

5．清华大学通过专业化、精细化、信息化和国际化的就业指导工作，引导学生把个人职业生涯发展同国家社会需要紧密结合，鼓励学生到祖国最需要的地方建功立业．年该校毕业生中，有本科生人，硕士生人，博士生人，毕业生总体充分实现就业，就业地域分布更趋均匀合理，实现毕业生就业率保持高位和就业质量稳步提升．根据如图，下列说法不正确的是（        ）

A．博士生有超过一半的毕业生选择在北京就业

B．毕业生总人数超半数选择在北京以外的单位就业

C．到四川省就业的硕士毕业生人数比到该省就业的博士毕业生人数多

D．到浙江省就业的毕业生人数占毕业生总人数的

6．已知等差数列的前项和为，，则（       ）

A． B．13 C．-13 D．-18

7．已知函数在区间上单调递减，且其图象过点，则的值可能为（       ）

A． B． C． D．

8．“”是“圆上有四个不同的点到直线的距离等于1”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

9．如图，某几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，E为的中点，则在原几何体中，异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

10．设F1，F2是椭圆C： =1(a>b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上，延长PF2交椭圆C于点Q，且|PF1| =|PQ|，若PF1F2的面积为，则=（       ）

A． B． C． D．

11．已知符号函数，偶函数满足，当时，，则（       ）

A．

B．

C．

D．

12．函数在定义域内的零点个数不可能是（       ）

A．3 B．2 C．1 D．0

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．设向量，，且，则t=___________________.

14．某公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲､乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为___________.

15．已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线交双曲线C的左支于P，Q两点，若且的周长为，则双曲线C的离心率为___________.

16．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，E，F分别是AB，BC的中点，过点，E，F的平面记为，则下列说法中正确的序号是___________.

①平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形

②平面截直四棱柱所得截面的面积为

③二面角的正切值为

④点B到平面的距离与点D到平面的距离之比为1∶3

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

17．为迎接年冬奥会，北京市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核.记表示学生的考核成绩，并规定为考核优秀.为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了名学生的考核成绩，并作成如下茎叶图：.

(1)从参加培训的学生中随机选取人，请根据图中数据，估计这名学生考核为优秀的概率；

(2)从图中考核成绩满足的学生中任取人，设表示这人中成绩满足的人数，求的分布列和数学期望；

(3)根据以往培训数据，规定当时培训有效.请你根据图中数据，判断此次冰雪培训活动是否有效，并说明理由.

18．已知数列为等差数列，是各项为正的等比数列，的前n项和为，___________，且，.在①，②，③.

这三个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并解答下面的问题.

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前n项和.

19．已知抛物线的焦点为F，A，B是该抛物线上不重合的两个动点，O为坐标原点，当A点的横坐标为4时，．

(1)求抛物线C的方程；

(2)以AB为直径的圆经过点，点A，B都不与点P重合，求的最小值．

20．等腰梯形，，，点E为的中点，沿将折起，使得点D到达F位置．

(1)当时，求证：平面；

(2)当时，过点F作，使，当直线与平面所成角的正弦值为时，求λ的值．

21．已知.

(1)求在上的极值；

(2)，当时，证明：.

（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．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)已知曲线上两点，的极坐标分别为，，求证：.

23．已知函数，M为不等式的解集．

(1)求M；

(2)若a，，且，证明：．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

利用交集的概念得出，从而得到集合元素个数．

【详解】

∵集合，，

即集合中共有2个元素．

故选：A．

2．B

【解析】

【分析】

根据复数运算公式求得z，结合复数的几何意义可得.

【详解】

由得，，∴复数在复平面内对应的点为，复数在复平面内对应的点所在的象限为第三象限.

故选：B.

3．D

【解析】

【分析】

先求出甲购买A种医用口罩和乙购买B种医用口罩的概率，然后利用独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式求解即可.

【详解】

由表可知，甲购买A种医用口罩的概率为0.4，乙购买B种医用口罩的概率为0.4，

所以甲，乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为

.

故选：D.

4．A

【解析】

【分析】

利用二倍角公式化简方程，解方程可得，进而可得，然后利用诱导公式即可判断.

【详解】

∵，，

∴，即，

∴或（舍去），

∴，，，，.

故选：A.

5．D

【解析】

【分析】

理解题意，根据图中所给出的数据进行逐一排除即可.

【详解】

A：博士生毕业生选择在北京就业的比例达到，超过一半，A正确；

B：留在北京就业的人数博士生接近一半，而本科生与硕士生则明显低于一半，所有显然总人数超半数选择在北京以外的单位就业，B正确；

C：到四川省就业的硕士毕业生人数为，而到四川省就业的博士毕业生人数为，故硕士生更多，C正确；

D：图表中显示，然而本科生、硕士生、博士生人数并不是一样多，所以D必不正确.

故选：D

6．D

【解析】

通过等差数列的性质，可得S3，S6S3，S9S6为等差数列，设，即可得出结果.

【详解】

由，可设

∵为等差数列，∴S3，S6S3，S9S6为等差数列，

即a，6a，成等差数列，∴，即

∴

故选:D.

【点睛】

本题考查了等差数列的性质，考查了运算求解能力，属于基础题目.

7．D

【解析】

【分析】

根据题意，利用三角函数的图象与性质，列出不等式，求得的范围，结合选项，即可求解.

【详解】

由，可得，

因为函数在区间上单调递减，

可得且，解得，

又由函数的图象过点，可得，即，

解得或，

当时，可得，所以的值可能为.

故选：D.

8．A

【解析】

【分析】

根据直线和圆的位置关系求出，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断.

【详解】

∵圆的半径，

若圆C上恰有4个不同的点到直线l的距离等于1，则

必须满足圆心到直线的距离

，解得.

又，

∴“”是“圆上有四个不同的点到

直线的距离等于1”的充分不必要条件.

故选：A.

9．A

【解析】

【分析】

将给定展开图还原成三棱锥，取BD中点F，借助几何法求出异面直线所成角的余弦值.

【详解】

因几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，于是得原几何体是正三棱锥，

其中两两垂直，且，取BD中点F，连接EF，AF，如图，

因E为的中点，则有，因此，是异面直线与所成角或其补角，

令DB=2，则，中，，

正中，，于是有：，即，，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A

10．B

【解析】

【分析】

利用焦点三角形的面积公式及椭圆的定义可得，进一步得F1PQ为等边三角形，且轴，从而可得解.

【详解】

由椭圆的定义，，

由余弦定理有：

，

化简整理得：，

又，

由以上两式可得：

由，得，∴，

又，所以F1PQ为等边三角形，由椭圆对称性可知轴，

所以.

故选：B.

11．C

【解析】

【分析】

利用特殊值法可判断AD选项；利用函数的周期性以及题中定义可判断BC选项.

【详解】

对于A选项，，A错；

对于B选项，，B错；

对于C选项，对任意的，，则，C对；

对于D选项，，而，D错.

故选：C.

12．D

【解析】

【分析】

利用导数确定函数的单调性，极值，结合零点存在定理判断零点个数．注意只要判断可能性．

【详解】

，

若，则，有两个零点，

若，由得或，

若，在或时，，时，，

所以在和上递增，在上递减，

极小值，极大值，，在上有一个零点，

时，，在上只有一个零点，这样共有2个零点；

时，，在上无零点，这样共有1个零点；

时，，时，，因此，

所以在和上各有一个零点，共有3个零点．

由此不需要再研究的情形即可知只有D不可能出现，

故选：D．

13．

【解析】

【分析】

根据平面向量数量积的运算性质进行求解即可.

【详解】

由,

可得，∴，得，

故答案为：

14．182

【解析】

【分析】

按甲､乙二人裁去1人或两人都不裁去分类讨论可得．

【详解】

由题意方法数为．

故答案为：182．

15．##

【解析】

【分析】

由所给的条件，利用双曲线的定义即可.

【详解】

由双曲线定义知，

则，，

所以，

∴的周长为，

∴……①，，

由，得

∴……②，

由①②：

∴，，∴，

在中，，

.

故答案为： .

16．②③④

【解析】

【分析】

作出截面即可判断①；计算出截面各边长度，即可求出面积判断②；图中易作出EF的垂面得到二面角的正切值，即可判断③；连DB与EF交于G，易得D、B到G的距离比，即可判断④.

【详解】

如下图，延长DA、DC交直线EF于点P、Q，连接D1P、D1Q，交棱A1A、C1C与点M、N，连接D1M、ME、D1N、NF，可得五边形，故①错误；计算可得截面五边形各边长度分别为D1M=D1N=，ME=EF=FN=，因此五边形D1MEFN可分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，可求得面积分别为和，则五边形D1MEFN的面积为，故②对；连DB与EF交于G，可得二面角的平面角为，可求出，而，所以，故③对；易得BG：DG=1∶3，所以点B、D到平面的距离之比为1∶3，故④对.

故答案为：②③④.

【点睛】

(1)作几何体的截面时，关键是要找到两个公共点，连接即可得交线；

(2)多边形的面积没法直接求时，可分割成常见图形求；

(3)由二面角的定义可知，和公共棱垂直的平面与两面的交线所成的角就是二面角的平面角；

(4)线段与平面相交时，线段两端点到平面的距离比等于它们到交点的距离比.

17．(1)

(2)分布列见解析，

(3)有效，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）根据茎叶图求出满足条件的概率即可；

（2）分析可知变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；

（3）求出满足的成绩有人，求出，即可得出结论.

(1)

解：设该名学生的考核成绩优秀为事件，

由茎叶图中的数据可知，名同学中，有名同学的考核成绩为优秀，故.

(2)

解：由可得，

所以，考核成绩满足的学生中满足的人数为，

故随机变量的可能取值有、、、，

，，，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

因此，.

(3)

解：由可得，由茎叶图可知，满足的成绩有个，

所以，因此，可认为此次冰雪培训活动有效.

18．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）选条件①，由基本量法求得，由等差数列通项公式得，由求得，利用得的递推关系，从而得等比数列的公比，得通项公式；

选条件②.由基本量法求得公差，得，根据与的关系，把已知等式变形，然后由基本量法求得公比，得通项公式；

选条件③. 由基本量法求得，由等差数列通项公式得，由求得，从而可得；

（2）用分组求和法计算．

(1)

方案一：选条件①.

设等差数列的公差为，

由，解得，所以.

因为，，所以当时，

由，得，即，所以.

当时，，整理得，

所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，

所以.

方案二：选条件②.

设等差数列的公差为，由，解得，

所以，所以.

设等比数列的公比为，因为，

所以，

又，，所以，解得或（舍去），

所以.

方案三：选条件③.

设等差数列的公差为，由，解得，

所以.

因为，，，

所以当时，，即，解得，

所以.

(2)

由（1）知，，则，

所以

19．(1)；

(2)11.

【解析】

【分析】

（1）作出辅助线，利用焦半径与余弦值求出的值，进而求出抛物线方程；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，根据得到等量关系，求出，从而表达出，求出最小值.

(1)

设，因为，所以，，过点A作AD⊥x轴于点D，则，，解得：，所以抛物线方程为.

(2)

设直线AB为，，由方程与联立得：，所以，即，且，，所以，，因为以AB为直径的圆经过点，所以，即，即，所以，所以，所以或，

当时，直线AB为过点P，此时与题干条件A，B都不与点P重合矛盾，不合题意，舍去；

当时，直线AB为，满足要求，所以，则，所以当时，最小，且最小值为11.

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题可得四边形是菱形，得出，再得出即可证明；

（2）由题意可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，根据向量关系即可求出.

(1)

等腰梯形中，，E为的中点，四边形是菱形，，

折叠后，，,，，

设，则是中点，连接，则，

又，平面；

(2)

取z中点，连接，

易得为等边三角形，则为等边三角形，

，则为等边三角形，，

设，则，则，

满足，，

所以可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

则,设，

，即，则可得，

则,

设平面的法向量为，

则，

令，则，即，

设直线与平面所成角为，

则，

解得（舍去）或.

21．(1)极小值，无极大值

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，再利用导数说明导函数的单调性，即可得到的单调性，从而得解；

（2）首先证明，再由，则等价于证明，记，当时利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证，当时，利用导数可得在上单调递增，再说明、，根据；零点存在性定理即可得到，，从而得到在处取得极小值即最小值，即可得证；

(1)

解：因为，所以，令

，即在定义域上单调递增，又，

∴时，单调递减；

时，单调递增，

∴有极小值，无极大值.

(2)

解：记，，

∴在上单调递增，即时

即，

又∵，所以要证明原式即证：.

记

①时，，，

当时恒成立，单调递增，

又，所以时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，即在处取得极小值即最小值，

，证出时成立.

②时，，

∴在上单调递增，

又，记，则；

当时，∴在上单调递减，所以，

即，即，即，

又，要证即证：

记，显然在上单调递减，

所以，即，

∴，，当时，单调递减，

时，，单调递增，

所以在处取得极小值即最小值，

∴

∵，∴，

所以

【点睛】

导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先把参数方程化为普通方程，再代入公式，，化为极坐标方程；（2）点在曲线上，把点的坐标代入曲线的极坐标方程，变形后平方相加即可得到答案.

(1)

消去中的，

得曲线的普通方程为，即，

由，，得曲线的极坐标方程为.

(2)

曲线上两点，的极坐标分别为，，

把，代入，

得，，

显然，，所以，，

两式平方相加得.

23．(1)；

(2)证明见解析﹒

【解析】

【分析】

(1)分类讨论去绝对值符号求解不等式即可；

(2)由得，则(a，b)表示以原点为圆心，半径为的圆内部的点，故可设(a，b)为(，)，，，代入即可求出其范围.

(1)

由已知得

当时，由得(舍去)；

当时，由得，∴；

当时，由得，∴．

综上可得的解集．

(2)

由，即，

令，，，，

∴，

由，∴，∴．

由，∴，，∴．