宁夏中卫市2022届高三第三次模拟考试数学（理）Word版含解析.docx

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2022年中卫市高考第三次模拟考试理科数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确的答案涂到答题卡上）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据补集计算求解即可.【详解】，．故选：B2.为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简，再利用纯虚数的定义求解即可．【详解】是纯虚数，，即，故选C．【点睛】 复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.已知向量，，若，则（）A.5B.6C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用解出，再由的坐标求出模长即可.【详解】∵，∴即，∴．故选：A.4.已知命题：，；命题：，，下列命题中为假命题的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先判断出命题的真假，再根据复合命题的判断方法判断即可【详解】当时，，所以命题为假命题，则为真命题，当时，，所以命题为真命题，则为假命题，所以为真命题，为真命题，为真命题，为假命题，故选：D5.（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角正弦公式计算可得；【详解】解：. 故选：A6.设是直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】B【解析】【分析】根据各选项中线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断线面、面面关系即可.【详解】A：若，，则可能平行、相交，错误；B：若，过的平面且，则，而即，又，则，正确；C：若，，则或，错误；D：若，，则或，错误.故选：B7.已知数列满足点在直线上，则数列的前项和A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把点带入直线方程，即得数列的通项公式，再运用等差数列求和公式即可.【详解】因为在直线上，所以即故选：D.8.阅读如图所示的程序框图，若输出的数据为58，则判断框中应填入的条件为 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，,最后输出的数据为,所以判断框中应填入,选B.考点：程序框图.9.已知数列是等比数列，且，，则数列A.1984B.1920C.992D.960【答案】A【解析】【分析】首先计算的前两项即可得公比，再利用等比数列的通项公式可计算的值，进而可得的值.【详解】因为数列是等比数列，且，，所以，，可得公比，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以.故选：A.10.已知函数，且，则实数的取值范围为（） A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】根据的解析式，求得其单调性和奇偶性，再利用函数性质求解不等式即可.【详解】对，其定义域为，且，故为上的奇函数；又当时，，其在单调递减；当时，，其在单调递减；又是连续函数，故在上都是单调减函数；则，即，则，解得.故选：D.11.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德､欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点C到的距离之比为，则点C到直线的距离的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，依题意，根据两点的距离公式求出动点的轨迹方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出点到直线距离的最小值；【详解】解：设，则，即，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，的圆，则圆心到直线的距离 ，所以点C到直线的距离的最小值为；故选：A12.不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.【详解】当时，不等式在上恒成立不会成立，故，当时，，此时不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，设，当时，，故是增函数，则即，故，设，当时，，递增，当时，，递减，故，则，综合以上，实数的取值范围是， 故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.【答案】【解析】【分析】先由各项系数的和，求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.【详解】因为展开式中各项系数的和等于64，所以，解得；所以展开式的通项为，令，得的系数为.故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.14.若实数x，y满足约束条件，则的最大值是___________.【答案】7【解析】【分析】转化为，当取得最大值，即经过可行域且截距最大，数形结合即得解【详解】转化为，当取得最大值，即经过可行域且截距最大，画出可行域如下图所示： 联立，解得，故点如图所示，当直线过点时截距最大，故的最大值是故答案为：715.已知椭圆左､右焦点分别为F1､F2，过F1且倾斜角为30°的直线l1与过F2的直线l2交于P点，点P在椭圆上，且∠F1PF2=90°.则椭圆C的离心率e=___________.【答案】【解析】【分析】由题意可知△PF1F2是直角三角形，再利用椭圆的定义，即可求出答案.【详解】解：由题意可知△PF1F2是直角三角形，且∠PF1F2=30°，∴PF2=c，F1F2=2c，∴，∵PF1+PF2=2a，即，∴，故答案为：.16.已知四棱锥的底面是矩形，其中，侧棱底面 ，且直线与所成角的余弦值为，则四棱锥的外接球表面积为___________.【答案】【解析】【分析】利用异面直线所成角可求的长度，将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，从而可求外接球的表面积.【详解】如图，因为，故或其补角为异面直线与所成的角，因为平面，平面，故，故为锐角，故，故，故.将该四棱锥补成如图所示的长方体：则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为， 故表面积为.故答案为：.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（一）必考题：共5小题，每小题12分，共60分．17.函数部分图象如图所示：（1）求函数的解析式与单调递减区间；（2）求函数在上的值域．【答案】（1），单调递减区间（2）【解析】【分析】（1）根据图像即可写出，再由图像过即可求出其周期，则可求出，在将点带入，则可求出.由在区间上单调递减，则可求出的单调递减区间.（2）由.【小问1详解】观察图象得：，令函数的周期为T，则，由得：，而，于是得， 所以函数的解析式是．由解得：，所以的单调递减区间是．【小问2详解】由（1）知，当时，，则当，即时，当，即时，，所以函数在上的值域是．18.共享电动车（sharedev）是一种新的交通工具，通过扫码开锁，实现循环共享.某记者来到中国传媒大学探访，在校园喷泉旁停放了10辆共享电动车，这些电动车分为荧光绿和橙色两种颜色，已知从这些共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为，若从这些共享电动车中任意抽取3辆.（1）求取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色的概率；（2）求取出的3辆共享电动车中橙色的电动车的辆数X的分布列与数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）先求出两种颜色的电动车各有多少辆，然后根据超几何分布求概率的方法即可求得答案；（2）先确定X的所有可能取值，进而求出概率并列出分布列，然后根据期望公式求出答案.【小问1详解】因为从10辆共享电动车中任取一辆，取到橙色概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆.记A为“从中任取3辆共享单车中恰好有一辆是橙色”，则.【小问2详解】随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.所以，， ，.所以分布列为0123数学期望.19.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的“阳马”中，侧棱底面，，点是的中点，作交于点.（1）求证：平面；（2）若平面与平面所成的二面角为，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算证明，进而结合条件通过线面垂直的判定定理证明问题；（2）由题意得出两个平面的法向量，进而根据空间向量夹角公式求出.【小问1详解】 设，，如图，以为坐标原点，所在方向分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.则，，，，因为点是的中点，所以，，，于是，即，又已知，而，所以平面.【小问2详解】由平面，所以是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.若面与面所成二面角的大小为，则，解得.所以，故当面与面所成二面角的大小为时，.20.已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设，直线与椭圆交于两点，若直线，均与圆相切，求的值. 【答案】（1）;（2）【解析】【分析】（1）由焦点坐标为以及椭圆的定义即可求出方程.（2）设，因为直线，与圆相切，所以，将坐标代入化简，联立椭圆与直线，写出韦达定理代入，即可求得值.【详解】（1）因为抛物线的焦点坐标为，所以.所以，即.因为，所以椭圆的方程为.（2）设，因为直线，与圆相切，所以，即，通分得，所以，整理，得①，联立，得，，所以，.代入①，得.21.如图1，菱形中，，，于E，将沿翻折到 ，使，如图2．（1）求三棱锥的体积；（2）在线段上是否存在一点F，使∥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用等体积法及棱锥的体积公式计算即可.（2）设线段中点为，线段的中点为，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明平面，即可得出结论.【小问1详解】解：由题可知在菱形中，，，，故，所以在四棱锥中，，又，所以平面，且，连接，因为则,所以.故棱锥的体积为.【小问2详解】 解：设线段的中点为，线段的中点为，连接，因为点为的中点，点为的中点，所以，又由（1）得，，所以，所以四边形为平行四边形，故,又平面，平面，所以平面，此时点为的中点，故.22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有最大值，且，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与，讨论时、时，判断导函数的符号，即可求解；（2）根据（1）可得，得，设，利用导数求出函数的单调性，结合即可求解．【详解】（1）的定义域为， 由可得，当时，，所以在上单调递增；当时，令，得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）由（1）知，当时，在上单调递增，无最大值，当时，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，取得最大值，即，因此有，得，设，则，所以在内单调递增，又，所以，得，故实数的取值范围是．23.已知椭圆：的离心率为，直线交椭圆于、两点，椭圆的右顶点为，且满足.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于不同两点、，且定点满足，求实数的取值范围. 【答案】（1）.（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）根据可求得，再由离心率可得c，于是可求得b，进而得到椭圆的方程．（2）结合直线和椭圆的位置关系求解．将直线方程和椭圆方程联立消元后得到二次方程，由判别式大于零可得，结合可得，从而得到关于的不等式组，解不等式组可得所求范围．试题解析：（1）∵，∴，又，∴，∴，∴椭圆的方程为.（2）由消去y整理得：，∵直线与椭圆交于不同的两点、，∴，整理得．设，，则，又设中点的坐标为， ∴，．∵，∴，即，∴，∴，解得．∴实数的取值范围．点睛：圆锥曲线中求参数取值范围的方法解决此类问题的方法一般采用代数法，即先建立关于参数的目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法求范围时常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用基本不等式求出参数的取值范围；③利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．选修4—4：坐标系与参数方程24.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin（-θ）=.（1）求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；（2）设点M（1，0），若曲线C1，C2相交于A，B两点，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角消参求出的普通方程；利用得到的直角坐标方程为； （2）把直线的参数方程为代入，利用t的几何意义即可求出的值.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线是以为圆心，为半径的圆.所以曲线的普通方程为.因为曲线的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为.（2）因为点在直线上，所以直线的参数方程为（t为参数），代入，得.设A，B所对应的参数分别为，则，所以，即.选修4-5：不等式选讲25.已知函数．（1）解不等式；（2）设的最小值为，实数，满足，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】分情况讨论范围分别求出各段解集，再求它们的并集即可；先求出的最小值，再利用二次函数的性质即可证明. 【小问1详解】（1）当时，，得；当时，，得；当时，，得，综上所述，原不等式解集为．【小问2详解】由（1）可知，时，；时，；时，，所以函数的最小值为，则．，当且仅当，取“＝”．