2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期4月线上模拟考试数学试题含解析

这是一份2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期4月线上模拟考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期4月线上模拟考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再按照集合间的基本关系和运算判断即可.【详解】，，A错误；，B错误；，C错误，D正确.故选：D.2．设，直线，，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由可求得实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若，则，解得或，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．已知等差数列的前项和为，，，，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可求得，利用可构造方程求得.【详解】，，，，，解得：.故选：A.4．设，则的最小值为（       ）A．4 B．5 C．8 D．9【答案】D【分析】根据基本不等式求解【详解】，当且仅当，即即，时，等号成立．故选：D5．正态分布是最重要的一种概率分布，它是由德国的数学家、天文学家Moivre于1733年提出，但由于德国数学家Gauss率先应用于天文学研究，故正态分布又称为高斯分布，记作．当，的正态分布称为标准正态分布，如果令，则可以证明，即任意的正态分布可以通过变换转化为标准正态分布．如果那么对任意的a，通常记，也就是说，表示对应的正态曲线与x轴在区间内所围的面积．某校高三年级800名学生，期中考试数学成绩近似服从正态分布，高三年级数学成绩平均分100，方差为36，，那么成绩落在的人数大约为（       ）A．756 B．748 C．782 D．764【答案】D【分析】根据已知条件得即求，由正态曲线的对称性可得答案.【详解】因为高三年级数学成绩平均分100，方差为36，所以，所以，即，即求，由，得，所以，那么成绩落在的人数大约为.故选：D.6．为有效阻断新冠肺炎疫情传播徐径，构筑好免疫屏障，从2022年1月13日开始，某市启动新冠病毒疫苗加强针接种工作，凡符合接种第三针条件的市民，要求尽快接种.该市有3个疫苗接种定点医院，现有8名志愿者将被派往这3个医院协助新冠疫苗接种工作，每个医院至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有（       ）A．2940种 B．3000种 C．3600种 D．5880种【答案】A【分析】分组分配问题需要考虑重复；依题意要先分类，因为8个人分成3组人数上有不同的分法，再分配.【详解】根据题意，这8名志愿者人数分配方案共有两类：第一类是2，2，4，第二类是3，3，2，故不同的安排方法共有 种；故选：A.7．已知函数为定义在R上的增函数，且对，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的性质，原不等式可转化为，利用函数单调性去掉“”，分离参数求最值即可．【详解】因为，所以，又为定义在R上的增函数，所以有，对恒成立，即，设，则则当时单调递增，当时，，单调递减，则，所以有，即．故选：D．8．已知点P为双曲线一点（点P在第一象限），点分别为双曲线的左，右焦点，的内切圆的半径为1．圆心为点I，若，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据内切圆的性质及双曲线的定义可得切点，利用圆的半径求出a, 得出圆心，由两角和的正切公式建立方程，求出离心率即可.【详解】设的内切圆与、相切的切点分别为M，N，Q，，，所以,又因为，所以，即，所以，，∴， ∴或 （舍），∴．故选：B二、多选题9．圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（　　）A．直线与圆相交 B．若点到直线的距离为3，则点有2个C．的最小值是 D．从点向圆引切线，切线长的最小值是【答案】BC【分析】利用圆心到直线的距离判断A选项；通过判断BC选项；通过勾股定理计算切线长判断D选项.【详解】圆，圆心，半径，圆心到直线的距离，故直线与圆相离，A错误；的最小值是5-4=1，最大值是5+4=9，故点到直线的距离为3时，点有2个，B正确，C正确；设点向圆引切线，，最小时，即最小，的最小值为圆心到直线的距离，此时，D错误.故选：BC.10．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（       ）A．函数在单调递减B．函数图象关于中心对称C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为【答案】AD【分析】根据图象可得函数的解析式，再根据整体法或代入法可判AB的正误，利用图像变换可 判断C的正误，根据正弦函数的性质可判断D的正误.【详解】由图象可得，且，故即，而，故，因为，故，故，对于A，当，，而在上为减函数，故在为减函数，故A正确.对于B，，故为函数图象的对称轴，故B错误.对于C，将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C错误.对于D，当时，，因为函数的值域为，故，故，故D正确.故选：AD.11．已知函数若关于x的方程有5个不同的实根，则实数a的取值可以为（       ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】换元，将原方程根的个数问题转化二次函数零点的分布问题，结合图象可解.【详解】令，记的两个零点为，则由的图象可知：方程有5个不同的实根与的图象共有5个交点，且（不妨设）.则解得.故选：BCD12．在棱长为的正方体中，为正方形的中心，为棱上的动点，则下列说法正确的是（            ） A．点为中点时，B．点与点重合时，三棱锥外接球体积为C．当点运动时，三棱锥外接球的球心总在直线上D．当为的中点时，正方体表面到点距离为的轨迹的总长度为【答案】ACD【分析】利用线面垂直的性质可判断A选项的正误；利用球体的体积公式可判断B选项的正误；利用球体的几何性质可判断C选项的正误；确定点为球心，半径为的球在正方体每个面上的截面图形，求出轨迹的长度，可判断D选项的正误.【详解】对于A，连接、，则为的中点，当点为的中点时，则，平面，平面，则，因为四边形为正方形，则，，则平面，平面，则，因此，，A对；对于B，当点与点重合时，三棱锥的外接球即正方体外接球，该球的半径为，该球的体积为，B错；对与C，因为，且，则平面，如下图所示，连接交于点，因为，则，则，易知为等边三角形，且为的中点，故为的中心，故以为底的三棱锥的外接球球心在上，C对；对于D，如下图所示，在侧面上，设以点为球心，半径为的球分别交、于点、，则，所以，，从而，故，故在平面和平面上轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的两段弧，设以为球心，为半径的球截平面所得圆的半径为，则，故以为球心，为半径的球在平面和平面上的轨迹是以为半径，圆心角为的两段弧，因此，轨迹的总长度为，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题13．若是虚数单位，则复数________．（写成最简结果）【答案】【分析】由复数的除法运算直接化简可得.【详解】.故答案为：14．在的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的系数为___________.【答案】【分析】根据二项式的第3项和第6项的二项式系数相等，求得，再求出展开式的通项，令的指数等于，从而可得出答案.【详解】解：因为二项式的第3项和第6项的二项式系数相等，所以，所以，则二项式展开式的通项为，令，则，所以展开式中的系数为.故答案为：.15．已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形.在等腰四面体中，，，则该四面体的内切球表面积为___________.【答案】【分析】首先将四面体补成一个长方体，求得长方体棱长，从而求得四面体的体积，再根据等体积的方法，运算割补法，求得内切球的半径，求得答案【详解】如图示，将等腰四面体补成一个长方体，设 ，则 ，解得 ，故四面体的体积为 ,设该四面体的内切球的半径为 ，则 ，而 ，故 ，则该四面体的内切球表面积为 ，故答案为：【点睛】本题考查了四面体内切球的表面积的求法，解答时要发挥空间想象，能利用长方体将问题具体化，同时要注意割补法的运用，解答的关键是利用体积相等的方法求得内切球的半径，有一定难度.16．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则线段长度的最小值为__________.【答案】【分析】利用向量数乘的坐标运算可得，由此可求得点轨迹为直线，将问题转化为原点到直线距离的求解即可.【详解】设，，，，，，，由，得：，，两式相乘得：，同理可得：，，由题意知：且，否则与矛盾，，点轨迹为，即直线，线段长度的最小值即为原点到直线的距离，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用向量坐标运算求得动点的轨迹方程，根据轨迹为直线可将问题转化为坐标原点到直线距离的求解.四、解答题17．已知是等差数列的前项和，，，公差，且___________.从①为与等比中项，②等比数列的公比为，这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列存在并作答.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前项和为，求证：.【答案】(1)选择条件见解析，(2)证明见解析【分析】（1）根据选择条件求解（2）数列求和后证明，使用裂项相消法【详解】(1)若选①，为与的等比中项，则，由为等差数列，，得，∴，把代入上式，可得，解得或（舍）∴，；若选②，为等比数列的公比，且，可得，即，即有，即；又，可得，即，解得，此时；(2)∵，∴；∴，得证18．已知函数，其中，．(1)求的单调增区间；(2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；（2）根据已知先求角B，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.【详解】(1)令，得，所以的单调增区间为，．(2)∵，∴，又，∴，∴ ∵，∴．∴19．如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.(1)求证：平面；(2)点在线段含端点上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)点与点重合时，二面角的余弦值为【分析】（1）先利用平面几何知识和余弦定理得到及各边长度，利用线面平行的性质和判定定理得到线面垂直，再利用线线平行得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，写出相关点的坐标，得到相关向量的坐标，利用平面的法向量夹角求出二面角的余弦值，再通过二次函数的最值进行求解.【详解】(1)证明：在梯形中，因为，，又因为，所以,，所以，即，解得，，所以 ，即.因为平面，平面，所以，而平面平面，所以平面.因为，所以平面.(2)解：分别以直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系（如图所示），设，则，所以，设为平面的一个法向量，由得，取，则，又是平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角为，所以因为，所以当时，有最小值为，所以点与点重合时，平面与平面所成二面角最大，此时二面角的余弦值为.20．为了研究注射某种抗病毒疫苗后是否产生抗体与某项指标值的相关性，研究人员从某地区10万人中随机抽取了200人，对其注射疫苗后的该项指标值进行测量，按，，，，分组，得到该项指标值频率分布直方图如图所示.同时发现这200人中有120人在体内产生了抗体，其中该项指标值不小于60的有80人.(1)填写下面的列联表，判断是否有95%的把握认为“注射疫苗后产生抗体与指标值不小于60有关”. 指标值小于60指标值不小于60合计有抗体   没有抗体   合计    (2)以注射疫苗后产生抗体的频率作为注射疫苗后产生抗体的概率，若从该地区注射疫苗的人群中随机抽取4人，求产生抗体的人数的分布列及期望.附：，其中n=a+b+c+d.P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】(1)列联表答案见解析，有的把握认为“注射疫苗后人体产生抗体与指标值不小于60有关”(2)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）由频率分布直方图求出样本中指标值不小于60和标值小于60的人数，即可完成列联表，计算出卡方，即可判断；（2）首先求出注射疫苗后产生抗体的概率，依题意可得，根据二项分布的概率公式得到分布列，即可求出数学期望；【详解】(1)解：由频率分布直方图可知，样本中指标值不小于60的人数为，则标值小于60的人数为80.所以列联表如下： 指标值小于60指标值不小于60合计有抗体4080120没有抗体404080合计80120200 .所以有的把握认为“注射疫苗后人体产生抗体与指标值不小于60有关”.(2)解：注射疫苗后产生抗体的概率，由题可知，，∴，所以的分布列为：01234 所以.21．若.(1)当，时，讨论函数的单调性；(2)若，且有两个极值点，，证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由题设可得，讨论、、，研究的符号，进而可得的单调性.（2）由题设有，根据已知条件有两个正根，，应用判别式求a范围，结合韦达定理有，进而可得，构造中间函数并应用导数研究单调性，即可证结论.【详解】(1)因为当，时，，令，解得或2，当时，若或时，若时，即在，上单调递增，在上单调递减，当时，，故在上单调递增，当时，若或时，若时，即在，上单调递增，在上单调递减；(2)当时，，由函数有两个极值点，即有两个正根，，则且，解得，由题意得：，令，，则，即在上单调递减，所以，即.22．如图，设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．(1)求点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线，直线l交于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点．（i）证明：为定值；（ii）求四边形MPNQ面积的取值范围．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）推出，转化求解圆的标准方程，利用椭圆定义可得点的轨迹方程．（2）（i）设的方程为，，，不妨设，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，根据弦长公式表示出，，代入计算可得；（ii）设直线的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得，由，设方程，求得到的距离，再由圆的弦长公式可得，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．【详解】(1)解：圆：即为，可得圆心，半径，由，可得，由，可得，即为，即有，则，故的轨迹为以，为焦点的椭圆，且有，即，，，则点的轨迹方程为；(2)解：（i）证明：依题意：与轴不垂直，设的方程为，，，不妨设．由得．则，．所以，所以其中，所以故为定值；（ii）椭圆，设直线，由，设，由可得，设，，，，可得，，则，到的距离为，，则四边形面积为，当时，取得最小值12，又，可得，即有四边形面积的取值范围是．