2022届甘肃省庆阳市长庆高三第一次调研测试数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：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，再选涂其它答案标号。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设是虚数单位，则（ ）ABCD2某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）ABCD3

2、已知集合，则等于（ ）ABCD4下列命题是真命题的是（ ）A若平面，满足，则；B命题：，则：，；C“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；D命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.5已知空间两不同直线、，两不同平面，下列命题正确的是（ ）A若且，则B若且，则C若且，则D若不垂直于，且，则不垂直于6已知 若在定义域上恒成立，则的取值范围是（ ）ABCD7已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）A1B2C-1D-28一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为，大圆柱底面半径为，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为，如图2放置容器时，液面以上

3、空余部分的高为，则（ ）ABCD9已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（ ）ABCD10已知直线和平面，若，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不充分不必要11定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）ABCD12已知全集，集合，则阴影部分表示的集合是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知均为非负实数，且，则的取值范围为_14已知集合，则_15若，则_.16某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金；随后放回该卡片，再随机摸取两张，

4、将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金若随机变量1和2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则D（1）_，E（1）E（2）_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。17（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到曲线，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程；（2）曲线上是否存在不同的两点，（以上两点坐标均为极坐标，），使点、到的距离都为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.18（12分）对于正整数，如果个整数满足，且，则称数

5、组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.()写出整数4的所有“正整数分拆”;()对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;()对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)19（12分）在中，角的对边分别为.已知，.（1）若，求；（2）求的面积的最大值.20（12分）数列的前项和为，且.数列满足，其前项和为.（1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21（12分）已知函数，.（1）当时，求函数在点处的切线方程；比较与的大小; （2

6、）当时，若对时，且有唯一零点，证明：22（10分）()证明： ；()证明：()；()证明：.参考答案一、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。1A【解析】利用复数的乘法运算可求得结果.【详解】由复数的乘法法则得.故选：A.【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题.2A【解析】由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.【详解】水费开支占总开支的百分比为.故选：A【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.3A【解析】进行交集的运算即可【详解

7、】，1，2，1，故选：【点睛】本题主要考查了列举法、描述法的定义，考查了交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题4D【解析】根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.【详解】若平面，满足，则可能相交，故A错误；命题“：，”的否定为：，故B错误；为真，说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；故选D【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.5C【解析】因答案A中的直

8、线可以异面或相交，故不正确；答案B中的直线也成立，故不正确；答案C中的直线可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直，是正确的；答案D中直线也有可能垂直于直线，故不正确应选答案C6C【解析】先解不等式，可得出，求出函数的值域，由题意可知，不等式在定义域上恒成立，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.【详解】，先解不等式.当时，由，得，解得，此时；当时，由，得.所以，不等式的解集为.下面来求函数的值域.当时，则，此时；当时，此时.综上所述，函数的值域为，由于在定义域上恒成立，则不等式在定义域上恒成立，所以，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数不

9、等式恒成立求参数，同时也考查了分段函数基本性质的应用，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.7D【解析】由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.【详解】因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，三点共线，所以，得，故选D.【点睛】本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.8B【解析】根据空余部分体积相等列出等式即可求解.【详解】在图1中，液面以上空余部分的体积为；在图2中，液面以上空余部分的体积为.因为，所以.故选：B【点睛】本题考查圆柱的体积，属于基础题.9B【解析】根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，

10、作出图象，数形结合即可【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，由图可知，故选：B【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题10B【解析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，当时，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.11A【解析】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基

11、础题.12D【解析】先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由，可得或，又所以.故选：D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】设,可得的取值范围,分别利用基本不等式和，把用代换,结合的取值范围求关于的二次函数的最值即可求解.【详解】因为,，令，则 ,因为,当且仅当时等号成立,所以 ,即,令则函数的对称轴为,所以当时函数有最大值为,即当且，即，或，时取等号；因为,当且仅当时等号成立,所以,令,则函数的对称轴为,所以当时,函数有最小值为,即，当,且时取等号，所以.故答

12、案为:【点睛】本题考查基本不等式与二次函数求最值相结合求代数式的取值范围;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;基本不等式:和的灵活运用是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.14【解析】由于，则1513【解析】由导函数的应用得：设，所以，又，所以，即，由二项式定理：令得：，再由，求出，从而得到的值；【详解】解：设，所以，又，所以，即，取得：，又，所以，故，故答案为：13【点睛】本题考查了导函数的应用、二项式定理，属于中档题162 0.2 【解析】分别求出随机变量1和2的分布列，根据期望和方差公式计算得解.【详解】设a，b1，2，1，4，5，则p（1a），其1分布列为：1 1 2 1 4

13、5 P E（1）（1+2+1+4+5）1D（1）（11）2+（21）2+（11）2+（41）2+（51）2221.4|ab|的可能取值分别为：1.4，2.3，4.2，5.6，P（21.4），P（22.3），P（24.2），P（25.6），可得分布列2 1.4 2.3 4.2 5.6 P E（2）1.42.34.25.62.3E（1）E（2）0.2故答案为：2，0.2【点睛】此题考查随机变量及其分布，关键在于准确求出随机变量取值的概率，根据公式准确计算期望和方差.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。17（1），（2）存在，【解析】（1）先求得曲线的普通方程，利用伸缩变换

14、的知识求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式，求得直线的直角坐标方程.（2）求得曲线的圆心和半径，计算出圆心到直线的距离，结合图像判断出存在符合题意，并求得的值.【详解】（1）曲线的普通方程为，纵坐标伸长到原来的2倍，得到曲线的直角坐标方程为，其极坐标方程为，直线的直角坐标方程为.（2）曲线是以为圆心，为半径的圆，圆心到直线的距离.由图像可知，存在这样的点，则，且点到直线的距离，.【点睛】本小题主要考查坐标变换，考查直线和圆的位置关系，考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化，考查参数方程化为普通方程，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.18 () ，；()

15、为偶数时，为奇数时，；()证明见解析，【解析】()根据题意直接写出答案.()讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.() 讨论当为奇数时，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时， 根据对应关系得到，再计算，得到答案.【详解】()整数4的所有“正整数分拆”为：，.()当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.()当为奇数时，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分

16、拆”为，奇数“正整数分拆”为，故；当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.综上所述：使成立的为：或.【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19（1）；（2）4【解析】（1）根据已知用二倍角余弦求出，进而求出，利用正弦定理，即可求解；（2）由边角，利用余弦定理结合基本不等式，求出的最大值，即可求出结论.【详解】（1），由正弦定理得.（2）由（1）知，所以，当且仅当时，的面积有最大值4.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.20（1），；（2）.【解

17、析】（1）令可求得的值，令，由得出，两式相减可推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式，再利用对数的运算性质可得出数列的通项公式；（2）运用等差数列的求和公式，运用数列的分组求和和裂项相消求和，化简可得.【详解】（1）当时，所以；当时，得，即，所以，数列是首项为，公比为 的等比数列，.；（2）由（1）知数列是首项为，公差为的等差数列，.，.所以.【点睛】本题考查数列的递推式的运用，注意结合等比数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：分组求和法和裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题21（1）见解析，见解析；（2）见解析【解析】（1）把代入函数解析式，

18、求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，（2）由题意，在上有唯一零点利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得【详解】解：（1）当时，又，切线方程为，即；令，则，在上单调递减又，当时，即；当时，即；当时，即证明：（2）由题意，而，令，解得，在上有唯一零点当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增在恒成立，且有唯一解，即，消去，得，即令，则，在上恒成立，在上单调递减，又， ，在上单调递