2022届陕西省西安中学高三下学期第一次仿真考试数学（文）试题含解析

2022届陕西省西安中学高三下学期第一次仿真考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，若，则的共轭复数（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由复数的除法运算和模长的计算化简复数，即可得出的共轭复数.

【详解】详解：由题意，

所以，则．

故选:D．

2．设全集，集合，，则等于（       ）

A．或 B．或

C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式、一元一次不等式求集合A、B，再应用集合的并、补运算求.

【详解】由题设，，，，

∴，故.

故选：C

3．已知命题，；命题当时，函数在上存在最小值.则下列命题中的真命题是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判断出命题的真假，利用二次函数的基本性质可判断命题的真假，再利用复合命题的真假可得出结论.

【详解】因为当时,，所以命题为真命题；

，

因为，所以，则，

所以当时，取得最小值，故命题为真命题.

所以为真命题，，，均为假命题.

故选：A.

4．已知函数，，下列四个结论不正确的是（       ）

A．函数的值域是；

B．函数的图像关于直线对称；

C．函数为奇函数；

D．若对任意，都有成立，则的最小值为．

【答案】C

【分析】化简函数的解析式为，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，函数，

对于A中，由函数，则，

故函数的值域是，故A正确；

对于B中，当时，，

所以函数的图像关于直线对称，故B正确；

对于C中，由，

，

所以函数为偶函数，故C错误；

对于D中，由任意，都有成立，可得最小半个周期，

因为，所以的最小值为，故D正确．

故选：C.

5．已知实数，满足，则的最小值为（       ）

A． B． C．1 D．4

【答案】B

【分析】先根据不等式组画出可行域和直线，并进行平移，再判断何时直线纵截距最大，即得目标函数的最小值.

【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，其中，，，

作直线：，平移直线，当其经过点时，直线的纵截距最大， 有最小值，即，

故选：B.

6．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简，即，代值计算即可

【详解】解：因为，

所以

．

故选：D．

7．斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列满足，，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据递推公式写出前12项，找出质数的个数，利用古典概型求概率公式进行求解.

【详解】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，

所以基本事件数共有12，

其中质数有2，3，5，13，89，共5种，

故是质数的概率为．

故选：A．

8．下列结论正确的是（       ）

A．当且时，

B．时，的最小值是10

C．的最小值是

D．当时，的最小值为4

【答案】C

【分析】当时，，结合基本不等式可判断A； 利用基本不等式可判断B；利用函数的单调性求最值可判断CD，进而可得正确选项.

【详解】对于A：当时，，此时，

当且仅当时，等号成立，所以选项A不正确；

对于B中，当时，，所以，可得，

当且仅当时，即时等号成立，所以的最大值是2，无最小值，所以选项B不正确；

对于C，由，令，

则在上单调递增，所以当，即时，最小，

所以的最小值是，所以选项C正确；

对于D，当时，，令，则在上单调递减，所以当，即时，，所以选项D不正确；

故选：C.

9．已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据奇函数的定义判断．

【详解】因为，所以

，则，是奇函数，

同理也是奇函数，

，则，是奇函数，

，为偶函数，

故选：D．

10．三棱柱中，平面ABC，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在三棱柱中，由得，进而得，且平面ABC，得，利用线面垂直判定定理得平面.由，得为异面直线与所成角或其补角.在中，计算即可.

【详解】三棱柱中，，，，满足，，得.

平面ABC，，且，平面，平面，，.，为异面直线与所成角或其补角.

在中，.

故选：C

【点睛】思路点睛：首先利用勾股定理得，且平面ABC，得；其次利用线面垂直判定定理得平面；再次，得为异面直线与所成角或其补角；最后在中，计算正弦值.

11．已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最大值为（       ）

A． B． C．5 D．6

【答案】B

【分析】根据圆的性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.

【详解】解：设圆的圆心为，则，

设，则，

所以

，当且仅当时取得最大值，

所以．

故选：B．

12．已知函数的定义域为，其图象大致如图所示，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，利用导数求得函数的单调性，以及结合图象中的函数单调性，即可求得的大小关系，得到答案.

【详解】设，可得，

由图象可知，函数先递增，再递减，最后递增，且当时，取得极小值，

所以函数既有极大值，也有极小值，

所以有两个根，即，

所以，可得且，

又由，可得，

由，可得，

所以，所以.

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，，.若，则________.

【答案】

【分析】利用向量线性坐标运算可得，再利用向量共线的坐标表示即可求解.

【详解】由，，

所以，

又因为，

所以，解得.

故答案为：

14．已知抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线的离心率为____________________.

【答案】

【分析】先根据抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，再求出双曲线的一条渐近线方程，由距离公式可得到的关系，即可求出离心率．

【详解】因为抛物线的焦点坐标为，双曲线的一条渐近线方程为，

所以，即，,所以

所以.

故答案为：．

15．在中，内角，，的对边分别为，，，若，，成等差数列，，且，则的面积为___________.

【答案】

【分析】利用二倍角的余弦公式变形给定等式，结合余弦定理求出角A，再由成等差数列的条件求出bc即可得解.

【详解】在中，因，则，整理得，

由余弦定理得：，整理可得，

于是得，而，则，

又，，，成等差数列，即，则有，解得，

，

所以的面积为.

故答案为：

16．某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体，且正方体的一个面与圆锥底面重合，该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内．在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图，则所选主视图和俯视图的编号依次可能为________（写出符合要求的一组答案即可）．

【答案】⑤⑦（或①⑧）

【分析】先选俯视图，再由俯视图选主视图即可

【详解】若俯视图为图⑦，则主视图为图⑤，

若俯视图为图⑧，则主视图为图①，

故答案为：⑤⑦（或①⑧）

三、解答题

17．中国射击队在东京奥运会上共夺得金银铜枚奖牌的成绩，创下了中国射击队奥运参赛史上奖牌数最多的新纪录．现从某射击训练基地随机抽取了名学员（男女各人）的射击环数，数据如下表所示：

若射击环数大于或等于环，则认为成绩优异；否则，认为成绩不优异．

（1）分别计算男生、女生射击环数的平均数和方差；

（2）完成列联表，并判断是否有的把握认为“成绩优异”与性别有关．

参考公式和数据：，

【答案】（1）男生射击环数的平均数为，方差为；女生射击环数的平均数为，方差为；（2）列联表见解析；没有的把握认为“成绩优异”与性别有关．

【分析】（1）根据平均数和方差的计算公式直接求解即可；

（2）根据已知数据可得到列联表，则计算可得，由此可得结论.

【详解】（1）根据题中所给数据，

可得男生射击环数的平均数为；

女生射击环数的平均数为．

男生射击环数的方差为；

女生射击环数的方差为．

综上所述：男生射击环数的平均数为，方差为；女生射击环数的平均数为，方差为．

（2）由已知数据可得列联表如下：

，

没有的把握认为“成绩优异”与性别有关．

18．如图，长方体中，，，是线段上的动点．

（1）当时，证明：平面平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；

（2）运用等体积法计算即可.

【详解】证明：（1）设的斜边AB上的高为h，

由，，易得，而，所以．

在长方体中，平面，

因为平面，所以，

而，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

（2）由，，可得，．

易得中边上的高为，中边上的高为2，

设点M到平面的距离为d，

由，得，

解得．

19．已知数列的前项和是，且，数列的前项和是，且．

(1)求数列，的通项公式；

(2)设，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）由，结合，求得的通项公式；又由，得到，两式相减得到，结合等比数列的定义，即可求得数列的通项公式；

（2）由（1）知，结合乘公比错位相减法求和，求得，即可得到结论.

【详解】(1)解：由，得，

所以，

当时，满足上式，所以；

由，可得，

两式相减可得：，所以，即，

令，可得，所以，

所以是以为首项，公比为的等比数列，可得，

故数列的通项公式为，数列的通项公式为.

(2)解：由（1）知，

设，

则，

，

两式相减可得

，

所以，因为，可得

即．

20．已知椭圆的右焦点是抛物线的焦点，直线与相交于不同的两点．

（1）求的方程；

（2）若直线经过点，求的面积的最小值(为坐标原点)；

（3）已知点，直线经过点，为线段的中点，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【分析】（1）由题意方程求出右焦点坐标，即抛物线焦点坐标，进一步可得抛物线方程；

（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求得|y1﹣y2|，代入三角形面积公式，利用二次函数求最值；

（3）分直线AB的斜率存在与不存在，证明有，可得CA⊥CB，又D为线段AB的中点，则|AB|＝2|CD|．

【详解】（1）∵椭圆的右焦点为，∴， ∴的方程为．

（2）（解法1）显然直线的斜率不为零，设直线的方程为，

由，得，则，

∴当，即直线垂直轴时，的面积取到最小值，最小值为．

（解法2）若直线的斜率不存在，由，得，

的面积，

若直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，

由，得，，且，

，

即的面积的最小值为．

（3）（解法1）∵直线的斜率不可能为零，设直线方程为，

由得，∴，                                

，   

∴

，即，

在中，为斜边的中点，所以．   

（解法2）（前同解法1）

线段的中点的坐标为，

所以．

【点睛】本题考查椭圆与抛物线的简单性质，考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查向量垂直与数量积间的关系，是中档题．

21．已知函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）当时，证明：当时，.

【答案】（1）时，单调递减；当时，单调递增；（2）证明见解析.

【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间得解；

（2）只需证，即证，构造函数，证明即得证.

【详解】解：（1）当时，，，

，令，

，故在上单调递增，

且，故时，，单调递减；

当时，，单调递增.

（2）当，时，，要证，只需证，

即证，令，则.

由（1）知单调递增，且在存在唯一零点，即.

当时，单调递减，当时，单调递增.

所以，

故当，时，.

22．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，圆与极轴交于点A，点为圆上异于坐标原点的动点．

(1)写出点A的极坐标及圆的参数方程；

(2)求的最大值．

【答案】(1)，（为参数）

(2)18

【分析】（1）由，得到，再由求解.

（2）先得到的坐标，再利用数量积运算求解.

【详解】(1)解：因为，

所以，

∴，

∴，

令，得，

∴或0（舍），

∴，

圆的参数方程为（为参数）．

(2)∵，，

∴，

∵，，

∴，

∴，

（其中，），

∴的最大值为18．

23．

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若的解集为，且，求的取值范围.

【答案】（1）.（2）.

【详解】试题分析：（1）将代入，通过讨论的范围，得到关于的不等式，解出即可；（2）问题转化为在]恒成立，分离，求出其范围即可.

试题解析：（1）时， 或或，即.所以不等式的解集为.

（2） 在恒成立，在恒成立，在恒成立，或在恒成立，或.

即的取值范围为.