宁夏吴忠中学2022届高三下学期第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

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2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题

文科数学测试

本试题卷共6页，全卷满分150分，考试用时120分钟.

注意事项:

1，答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2，选择题的作答∶用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3，非选择题的作答∶用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4，选考题的作答∶先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑，答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

5，考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

第I卷（选择题   共60分）

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. 若复数z在复平面内对应的点为，则其共轭复数的虚部是（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解

【详解】复数z在复平面内对应的点为，可得，所以，共轭复数，共轭复数的虚部是

故选：D

2. 已知集合，，则=（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据分式不等式的解法求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】解：，

所以.

故选：D.

3. 已知向量，则

A.  B. 2

C. 5 D. 50

【答案】A

【解析】

【分析】本题先计算，再根据模的概念求出．

【详解】由已知，，

所以，

故选A

【点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．

4. 短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为(    )

A. 甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名 B. 甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名

C. 甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名 D. 甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名

【答案】D

【解析】

【分析】根据或且非命题真假判断即可.

【详解】若是真命题，是假命题，则p和q一真一假；

若是真命题，则q是假命题，r是真命题；

综上可知，p真q假r真，故“甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名”.

故选：D.

5. 若，为第四象限角，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用平方关系及商数关系，结合诱导公式即可求值.

【详解】由题设，所以，则.

故选：C

6. 有一个底面圆的半径为1， 高为2的圆柱，点分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P到点的距离都大于1的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先确定到的距离都大于1的部分，再利用几何概型的体积比求概率即可.

【详解】由题设，到的距离都大于1的部分为圆柱体去掉以底面为最大轴截面的两个半球体，

所以的距离都大于1的部分的体积为，

故P到点的距离都大于1的概率.

故选：A

7. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数奇偶性,可排除B;由时可排除C,取特殊值可排除A选项.

【详解】函数

则,即为奇函数,所以结合图像可排除B.

当时,,结合图像可排除C.

当时,,结合图像可排除A.

综上可知,D为正确选项

故选:D

【点睛】本题考查了根据解析式判断函数图像,应用奇偶性、单调性、极限思想或特殊值法排除选项即可,属于基础题.

8. 若双曲线的两条渐近线与直线y＝2围成了一个等边三角形，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意得到渐近线方程的斜率，从而得到，求出离心率.

【详解】由题意得：渐近线方程的斜率为，

又渐近线方程为，

所以，

所以C的离心率为

故选：D

9. 已知数列满足，，，则（    ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差数列的定义，结合等差数列的下标性质进行求解即可.

【详解】因为，

所以数列是等差数列，

由，

由，

因此，

故选：C

10. 直三棱柱的棱长都是2，则与平面所成角的正弦值（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，先得到线面垂直，再作出线面角，最后解三角形即可.

【详解】如下图所示，过作，连接，由于，

故平面，所以所求直线与平面所成的角为，因为其所有棱长为，则，故，.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题的关键是侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.

11. 已知函数（）的部分图象如图所示，且，则的最小值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

是函数的零点，根据五点法求出图中零点及轴左边第一个零点可得．

【详解】由题意，，∴函数在轴右边的第一个零点为，在轴左边第一个零点是，

∴的最小值是．

故选：A.

【点睛】本题考查三角函数的周期性，考查函数的对称性．函数的零点就是其图象对称中心的横坐标．

12. 若函数，在定义域内任取两个不相等的实数，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由原不等式恒成立转化为，构造函数，问题转化为在上单调递增，利用导数求解即可得解.

【详解】根据题意由在上恒成立，

不妨设，则可变形为，

设，则函数在上单调递增，

即上恒成立，

所以，令，因此．

故选：B

第Ⅱ卷（非选择题   共90分）

二､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】3

【解析】

【分析】根据约束条件作出可行域，然后采用平移直线法求解出目标函数的最大值.

【详解】作出可行域，如下图所示：

由图可知，当直线经过点时，此时有最大值，

由解得，

所以.

故答案为：.

14. 神舟十三号三位航天英雄在太空出差180余天后，顺利返回地面．如图，返回舱达到一定高度时，近似垂直落地，在下落过程中的某时刻位于点，预计垂直落在地面点处，在地面同一水平线上的、两个观测点，分别观测到点的仰角为15°，45°，若千米，则点距离地面的高度约为______千米（参考数据：）．

【答案】

【解析】

【分析】由题设，可得，由差角正切公式求，进而求出高度.

【详解】设，则，，

所以，

又，

则，即千米.

故答案为：

15. 已知抛物线上一点到y轴的距离与到点的距离之和的最小值为2，则实数p的值为_____，

【答案】6

【解析】

【分析】根据抛物线定义转化为当三点共线时，到轴的距离与到点的距离之和为，建立方程求即可.

【详解】因为抛物线上的点到y轴的距离等于到准线的距离减去，而由抛物线的定义知点到准线的距离等于到焦点的距离，所以只需点到Q与到焦点F的距离之和最小，如图所示：

当P，Q，F共线时，到y轴的距离与到点的距离之和最小，

因为点到y轴的距离与到点的距离之和的最小值为2，

所以，即，解得.

故答案为：

16. 在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．若第1个图中的三角形的周长为1，则第4个图形的周长为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，分别求得每个“雪花曲线”的边长和边数，即可求解.

【详解】由题意，当时，第1个图中的三角形的边长为，三角形的周长为；

当时，第2个图中“雪花曲线”的边长为，共有条边，

其“雪花曲线”周长为；

当时，第3个图中“雪花曲线”的边长为，共有条边，

其“雪花曲线”周长为；

当时，第4个图中“雪花曲线”的边长为，共有条边，

其“雪花曲线”周长为.

故答案为：.

三、解答题：(本题共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. 在中，分别为内角的对边，且满足．

（1）求的大小；

（2）从①，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并解决问题．

问题：已知___________，___________，若存在，求的面积，若不存在，请说明理由．

注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．

【解析】

【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再结合辅助角公式化简运算，可求出角的范围.（2）若选择条件①②，由余弦定理可计算的值，面积公式计算面积；若选择条件②③，正弦定理计算边，两角和的正弦计算，可求面积；若选择条件①③，由大边对大角可知三角形不存在.

【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得

因为

所以即

因为

所以

因为即

（2）若选择条件①②，

由余弦定理

可得，解得，

故，

所以

若选择条件②③

由正弦定理可得，可得

所以

若选择条件①③

这样的三角形不存在，理由如下：

三角形中，，

所以，

所以，所以

又因为

所以与矛盾

所以这样的三角形不存在

18. 某鲜花店将一个月（30天）某品种鲜花的日常销售量与销售天数统计如下表，将日销售量在各区间的销售天数占总天数的值视为概率

（1）求这30天中日销售量低于100枝概率；

（2）若此花店在日销售量低于100枝的时候选择两天做促销活动，求这两天恰好是在日销售量低于50枝时的概率.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据30天中日销售量低于100枝的有天，即可计算出所求概率；

（2）根据古典概率的概率公式即可求出答案.

【小问1详解】

由题意知，30天中日销售量低于100枝的有天，

所以30天中日销售量低于100枝的概率为.

【小问2详解】

易知，30天中日销售量低于100枝的共有8天，记为，

从8天中任选两天，其选法有，，共有种可能；

其中日销售量低于50枝的有3天，记为，从中任选两天，其选法有，共3种可能，

所以这两天恰好都是日销售量低于50枝概率为.

19. 如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，

（1）求证：平面ACF⊥平面BDF；

（2）若∠CBA＝60°，求三棱锥的体积，

【答案】（1）证明见解析   

（2）1

【解析】

【分析】（1）易得AC⊥BD，由线面垂直的性质可得FD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDF，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）取BC的中点O，连接EO，OD，OA，根据面面垂直的性质可得EO⊥平面ABCD，平面BCE，从而可得EO∥FD，则有，从而可得出答案.

【小问1详解】

证明：在菱形ABCD中，AC⊥BD，

∵FD⊥平面ABCD，∴FD⊥AC，

又∵BD∩FD＝D，∴AC⊥平面BDF，

而AC⊂平面ACF，

∴平面ACF⊥平面BDF；

【小问2详解】

解：取BC的中点O，连接EO，OD，OA，

∵△BCE为正三角形，∴EO⊥BC，

∵∠CBA＝60°，∴，

∴，

∵平面BCE⊥平面ABCD且交线为BC，

平面BCE，平面ABCD，

∴EO⊥平面ABCD，平面BCE，

∵FD⊥平面ABCD，

∴EO∥FD，

又平面BCE，平面BCE，

∴FD∥平面BCE，

∴，

∵

∴.

20. 已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间，

（2）当时，恒成立，求实数的取值范围

【答案】（1）函数的增区间为，单调减区间为（2）

【解析】

【分析】（1）先由得到，对求导，解对应的不等式，即可求出单调区间；

（2）先由题意得到，令，用导数的方法求出其最大值，即可得出结果.

【详解】（1）当时，

由，或

故函数的增区间为，单调减区间为

（2）当时，由得，

令，则，

令，则，

因为，所以，

在区间上为减函数，

，即，

在区间上为减函数，

，

故实数的取值范围为

【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法求单调区间，以及由不等式恒成立求参数的问题，利用导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.

21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且点在上.

（1）求的方程；

（2）点为的下顶点，点在内且满足，直线交于点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）据条件求得椭圆E的基本量a、b、c，代入标准方程即可解决；

（2）通过设直线斜率为k，可以由此表达出P、Q的坐标，进而把用斜率k表达出来，再求其取值范围即可解决.

【小问1详解】

因为椭圆的离心率为，所以，即

又由，可得

因为点在上，所以，所以

所以的方程为.

【小问2详解】

因为为的下顶点，所以.

因为点在内，所以直线､的斜率存在且不为0.

设，

由，可得，则直线､的斜率乘积为

所以.

由消去得，

所以，所以，

由消去得，

所以，

，

.

令，当且仅当时，等号成立；

，所以，

所以的取值范围为.

（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，

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线与的直角坐标方程；

（2）已知直线l的极坐标方程为，直线l与曲线，分别交于M，N（均异于点O）两点，若，求．

【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）的参数方程消参可求出的直角坐标方程；的极坐标方程同乘，把，代入的极坐标方程可求出的直角坐标方程.

（2）设M、N两点的极坐标分别为、，用极径的几何意义表示出，即，解方程即可求出.

【小问1详解】

解：的参数方程为（t为参数），把代入中可得，

，所以曲线的直角坐标方程为，

的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为，

综上所述：曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，

【小问2详解】

由（1）知，的极坐标方程为，

设M、N两点的极坐标分别为、，

则，，由题意知可得，

因为，所以，

所以，故，所以或（舍）

所以.

【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）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将函数转成分段函数，即可求解；

（2）利用绝对值三角不等式定理化简，求解范围即可

【小问1详解】

当时，，

当时，由，得.

∴不等式的解集为

【小问2详解】

∵，∴.

又∵关于的不等式的解集为，∴只需.

①当，即时，显然不符合题意；

②当，即时，.

∴，解得.