山西省吕梁市2022届高三上学期第一次模拟数学（理）试题(含答案)

这是一份山西省吕梁市2022届高三上学期第一次模拟数学（理）试题(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2、若,则( )
A.B.C.D.
3、函数的零点个数为( )
A.1B.2C.3D.4
4、如图正三棱柱的各棱长相等,D为的中点,则异面直线与所成的角为( )
A.B.C.D.
5、函数的大致图象为( )
A.B.
C.D.
6、如图,在正方形网格中有向量,,,若,则( )
A.,B.,
C.D.
7、“”是“函数在处有极大值”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
8、过双曲线的右焦点作圆的一条切线,切点为B,交y轴于D,若,则双曲线C的离心率为( )
A.B.C.2D.
9、在中,D为BC的中点,,,EF与AD交于G,,则( )
A.B.C.D.
10、摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施,游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转,可以从高处俯瞰四周景色.如图,某摩天轮最高点距离地面高度为120m,转盘直径为110m,设置有48个座舱,开启后按逆时针方向匀速旋转,游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱,转一周大约需要30min.游客甲坐上摩天轮的座舱,开始转动tmin后距离地面的高度为Hm,如图以轴心O为原点,与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系,在转动一周的过程中,H关于t的函数解析式为( )
A.,
B.,
C.,
D.,
11、已知为数列的前n项和,且,,则( )
A.B.C.D.
12、若,则( )
A.B.
C.D.
二、填空题
13、已知F为椭圆的左焦点,P为椭圆上一点,则的取值范围为_________.
14、已知函数的图象和直线有三个交点,则___________.
15、已知P为圆上一动点,点Q的坐标为,若,则（O为坐标原点）的最小值为_______________.
三、双空题
16、公园,旅游景点的护栏顶部常常用“半正多面体”装饰.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,半正多面体体现了数学的对称美.如图是一个棱数为24的半正多面体,其棱长为,则该半正多面体的表面积为________,体积为__________.
四、解答题
17、已知数列满足：,,且.
(1)求证：数列为等差数列;
(2)若数列满足,求数列的通项公式.
18、在中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,已知,.
(1)求角A及的值;
(2)若D为AB边上一点,且,,求的面积.
19、已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若函数有两个零点,求a的取值范围.
20、如图,在四棱锥中,底面ABCD为菱形,点E在SD上,且.
(1)若M,N分别为SA,SC的中点,证明：平面平面ACE;
(2)若,,,平面ABCD,求直线BS与平面ACE所成角的正弦值.
21、已知点F为抛物线的焦点,为E上一点,且.
(1)求抛物线E的方程.
(2)过E上动点A作圆的两条切线,分别交E于B,C（不同于点A）两点,是否存在实数t,使得直线BC与圆N相切.若存在,求出实数t的值,不存在,请说明理由.
22、在极坐标系中,射线与以为圆心,为半径的圆相交于A,B两点.
(1)求圆C的极坐标方程;
(2)若,求.
23、已知,,.
(1)证明：;
(2)求的最小值.
参考答案
1、答案：C
解析：因为,,
所以,
故选：C.
2、答案：A
解析：由题意,.
故选：A.
3、答案：B
解析：由题设,且定义域为,
所以在上,在上,即在上递减,在上递增,
所以的极小值为,又,,
则在、上各有一个零点,共有2个零点.
故选：B.
4、答案：D
解析：以为原点,构建如下图示的空间直角坐标系,
令正三棱柱的棱长为2,则,,,,
所以,,则,即异面直线与所成的角为.
故选：D.
5、答案：A
解析：,的定义域为R,
,为奇函数,图象关于原点对称,排除C选项.
,,排除BD选项.
所以A选项符合.
故选：A.
6、答案：A
解析：如图建立直角坐标系,设正方形边长为1,则,,,
因为,即,
所以,解得,
故选：A.
7、答案：C
解析：,且函数在处有极大值,
,即,解得或2,
经检验,当时,函数在处取得极小值,不符合题意,应舍去;
当时,函数在处取得极大值,符合题意.
所以,
故“”是“函数在处有极大值”的充分必要条件,
故选：C.
8、答案：C
解析：因为,且切点为B,
所以,
因为,
所以,
故,
因为,
故,
化简可得,
即,
所以,
故选：C.
9、答案：B
解析：由题设,,
又,且,
所以,即,解得.
故选：B.
10、答案：D
解析：因为游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱,转一周大约需要,
所以游客进仓后第一次到达最高点时摩天轮旋转半周,大约需要,
又因为摩天轮最高点距离地面高度为,
所以时,,
对于A,时,,不符合题意;
对于B,时,,不符合题意;
对于C,时,,不符合题意;
对于D,时,,符合题意;
故选：D.
11、答案：D
解析：由得,.
又
所以为首项为-1,公比为-1的等比数列,所以
即,
所以
.
故选：D.
12、答案：B
解析：由题设,且a,,
所以,
当时,,则与条件矛盾;
当时,,显然与条件矛盾;
所以且,即,故只有B符合要求;
故选：B.
13、答案：
解析：由题意,,设,则,
所以,
因为,所以的范围是.
故答案为：.
14、答案：-1
解析：由题设,过定点,关于对称且在、上递减,、上递增,它们的图象如下图示：
要使与直线有三个交点,只需与相切且切点横坐标即可,
所以有且只有一个根,即,解得或.
当时,代入方程可得;当时,代入方程可得;
综上,.
故答案为：-1.
15、答案：
解析：由,得,
设,则,,
因为,
所以,得,即,
因为P为圆上一动点,
所以,即,
所以点M的轨迹是以为圆心,为半径的圆,
所以的最小值为,
故答案为：.
16、答案：;
解析：如图,该棱长为的“半正多面体”的所有顶点恰为正方体各棱的中点,容易得到正方体的棱长为2.
设该“半正多面体”的表面积为S,体积为V,则,
.
故答案为：,.
17、答案：(1)证明见解析;
(2)
解析：（1）因为 ,所以
,
所以
又
所以数列 是以首项为,公差为的等差数列.
（2）由(1)得 , 所以
即
当时,
所以
18、答案：(1),
(2)
解析：（1）由已知得,
因,所以,
因为,
由正弦定理得
,所以,即
（2）由（1）得,
在中,由正弦定理得,,
所以 ,
,
所以,
又,所以,
所以.
19、答案：(1)答案见解析;
(2).
解析：（1）,,
若,则,函数在上单调递增;
若,则时,,函数单调递减,时,,
函数单调递增.
（2）由（1）,若,则函数至多只有一个零点,不合题意;
若,函数在上单调递减,在上单调递减,
则时函数有最小值为.
因为函数有两个零点,所以,且.
限定,设,则,
函数在上单调递增,所以,即,
所以,于是且时,.
综上：.
20、答案：(1)证明见解析
(2)
解析：（1）证明：连接BD交AC于点O,连接ND交CE于G,取SE的中点F,连接NF,
因为M,N分别为SA,SC的中点,
所以,
因为平面ACE,平面ACE,
所以平面ACE,
因为,F为SE的中点,
所以,
因为N为SC的中点,所以,
所以G为ND的中点,
因为底面ABCD为菱形,所以O为BD的中点,
所以,
因为平面ACE,平面ACE,
所以平面ACE,
因为,所以平面平面ACE,
（2）取BC的中点H,连接AH,
因为平面ABCD,AH,平面ABCD,
所以,
因为底面ABCD为菱形,
所以为等边三角形,所以,
因为,
所以,
所以以A为原点,AH,AD,AS所在的直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系,
如图所示,
则,,,,
因为,所以,
所以,,
设平面ACE的一个法向量为,
则,令,则,
设直线BS与平面ACE所成角为,
则,
所以直线BS与平面ACE所成角的正弦值为
21、答案：(1);
(2)存在,证明见解析.
解析：（1）由抛物线的定义得,
所以,E的方程为.
（2）假设存在实数t,使得BC与圆N相切.
当A为坐标原点时,由BC与圆N相切得,
直线OB的方程为,由直线OB与圆N相切得, ,
解之得或,
当时,A,B,C三点重合,舍去,
下面证明当时,满足条件.
设,,
则直线的AB方程为: ,
因AB与圆相切,所以
即
同理由AC与圆相切得,
即,为方程的两根,
所以,
N到直线BC的距离为.
所以直线BC与圆N相切,
因此存在实数,使得直线BC与圆N相切.
22、答案：(1)
(2)
解析：（1）以极点为坐标原点,极轴为x轴建立直角坐标系,则圆心C的直角坐标为,
圆C的方程为,即,
由,得圆C的极坐标方程为·
（2）将代入圆C的极坐标方程得,
设点A,B的极坐标分别为 ,
则①
由,得,即,
代入①解得,故,
即,
故.
23、答案：(1)证明见解析
(2)
解析：（1）证明：因为,,,所以,
又,当等号成立
所以,即;
（2）因为,,所以,所以,
因为,,
所以由二次函数的图象与性质可得,当时,,
所以的最小值为.