运城市重点2021-2022学年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已知函数的最大值为，若存在实数，使得对任意实数总有成立，则的最小值为（ ）ABCD2若实数满足不等式组，则的最大值为（ ）ABC3D23如图，在中， ，是上的一点，若，则实数的值为（

2、 ）ABCD4已知函数的值域为，函数，则的图象的对称中心为（ ）ABCD5已知双曲线的一条渐近线经过圆的圆心，则双曲线的离心率为（ ）ABCD26圆锥底面半径为，高为，是一条母线，点是底面圆周上一点，则点到所在直线的距离的最大值是（ ）ABCD7 若x,y满足约束条件的取值范围是A0,6B0,4C6, D4, 8已知函数，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（ ）ABCD9某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（ ）ABCD10已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，

3、则的方程为（ ）ABCD11已知正方体的棱长为，分别是棱，的中点，给出下列四个命题: ; 直线与直线所成角为; 过，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形; 三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（ ）ABCD12某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13有以下四个命题：在中，的充要条件是；函数在区间上存在零点的充要条件是；对于函数，若，则必不是奇函数；函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为_.14设随机变量服从正态分布,若，则的值是_15设等差数列的前项和为，若，则_，的最大值

4、是_.16如图，养殖公司欲在某湖边依托互相垂直的湖岸线、围成一个三角形养殖区.为了便于管理，在线段之间有一观察站点，到直线，的距离分别为8百米、1百米，则观察点到点、距离之和的最小值为_百米.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）是数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列中最小的项.18（12分）如图，在矩形中，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.19（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF90，AD2，A

5、BAF2EF2，点P在棱DF上（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角DAPC的正弦值为，求PF的长度20（12分）在四棱锥的底面是菱形， 底面， 分别是的中点， .（）求证： ；（）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.21（12分）已知.（）当时，解不等式；（）若的最小值为1，求的最小值.22（10分）如图，矩形和梯形所在的平面互相垂直，.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若，求四棱锥的体积.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

6、，只有一项是符合题目要求的。1B【解析】根据三角函数的两角和差公式得到，进而可以得到函数的最值，区间(m,n)长度要大于等于半个周期，最终得到结果.【详解】函数 则函数的最大值为2，存在实数，使得对任意实数总有成立，则区间(m,n)长度要大于等于半个周期，即 故答案为：B.【点睛】这个题目考查了三角函数的两角和差的正余弦公式的应用，以及三角函数的图像的性质的应用，题目比较综合.2C【解析】作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1故选：C【点睛】本题考查简单的线性规划问题，

7、解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形3B【解析】变形为，由得，转化在中，利用三点共线可得.【详解】解：依题： ，又三点共线，解得故选：【点睛】本题考查平面向量基本定理及用向量共线定理求参数. 思路是(1)先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值. (2)直线的向量式参数方程： 三点共线 (为平面内任一点,)4B【解析】由值域为确定的值，得，利用对称中心列方程求解即可【详解】因为，又依题意知的值域为，所以 得，所以，令，得，则的图象的对称中心为.故选：B【点睛】本题考查三角函数 的图

8、像及性质，考查函数的对称中心，重点考查值域的求解，易错点是对称中心纵坐标错写为05B【解析】求出圆心，代入渐近线方程，找到的关系，即可求解.【详解】解：，一条渐近线，故选：B【点睛】利用的关系求双曲线的离心率，是基础题.6C【解析】分析：作出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解的位置，推出结果即可.详解：圆锥底面半径为，高为2，是一条母线，点是底面圆周上一点，在底面的射影为；，过的轴截面如图：，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题7D【解析】解：x、y满

9、足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是4，+）故选D8A【解析】令f（x）g（x）=x+exa1n（x+1）+4eax，令y=xln（x+1），y=1=，故y=xln（x+1）在（1，1）上是减函数，（1，+）上是增函数，故当x=1时，y有最小值10=1，而exa+4eax4，（当且仅当exa=4eax，即x=a+ln1时，等号成立）；故f（x）g（x）3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；故x=a+ln1=1，即a=1ln1故选：A9A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为

10、底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为 故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10D【解析】由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.【详解】由题可得，所以，又，所

11、以，得，所以椭圆的方程为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.11C【解析】画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，可知平面，即可证明，所以正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形所以不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，所以三棱锥的体积为，正确；故选：【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题12C【解析】几何体是由一个圆锥和半

12、球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由三角形的正弦定理和边角关系可判断；由零点存在定理和二次函数的图象可判断；由，结合奇函数的定义，可判断；由函数图象对称的特点可判断【详解】解：在中，故正确；函数在区间上存在零点，比如在存在零点，但是，故错误；对于函数，若，满足，但可能为奇函数，故错误； 函数与的图象，可令

13、，即，即有和的图象关于直线对称，即对称，故错误故答案为：【点睛】本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断，考查判断能力和推理能力，属于中档题141【解析】由题得，解不等式得解.【详解】因为，所以，所以c=1.故答案为1【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.15 【解析】利用等差数列前项和公式，列出方程组，求出首项和公差的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式，可求出的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出的最大值.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得，所以，数列的通项公式为；（2），令，则且，由双勾函数的单调性可知

14、，函数在时单调递减，在时单调递增，当或时，取得最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题16【解析】建系，将直线用方程表示出来，再用参数表示出线段的长度，最后利用导数来求函数最小值.【详解】以为原点，所在直线分别作为轴，建立平面直角坐标系，则.设直线，即，则，所以，所以，则，则，当时，则单调递减，当时，则单调递增，所以当时，最短，此时.故答案为：【点睛】本题考查导数的实际应用，属于中档题.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）.【解析】（1）由可得出，两式作差可求得

15、数列的通项公式；（2）求得，利用数列的单调性的定义判断数列的单调性，由此可求得数列的最小项的值.【详解】（1）对任意的，由得，两式相减得，因此，数列的通项公式为；（2）由（1）得，则.当时，即，；当时，即，.所以，数列的最小项为.【点睛】本题考查利用与的关系求通项，同时也考查了利用数列的单调性求数列中的最小项，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18（）详见解析；（）.【解析】（）根据，可得平面，故而平面平面（）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算【详解】解：（）因为，平面，平面所以平面，又平面，所以平面平面；（）过作于，则由平面，且平面知，所以平面，从而是直线与平面所

16、成角.因为， 所以，从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题19（1）（2）【解析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（1，0，2），（2，1，1），计算夹角得到答案.（2）设，01，计算P（0，2，22），计算平面APC的法向量（1，1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）BAF90，AFAB，又平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB，AF平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，AD2，A

17、BAF2EF2，P是DF的中点，B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（1，0，2），（2，1，1），设异面直线BE与CP所成角的平面角为，则cos，异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），设P（a，b，c），01，即（a，b，c2）（0，2，2），解得a0，b2，c22，P（0，2，22），（0，2，22），（2，2，0），设平面APC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，），平面ADP的法向量（1，0，0），二面角DAPC的正弦值为，|cos|，解得，P（0，），PF的长度|

18、PF|【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.20（）见解析； （）； （）见解析.【解析】()由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；()建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；()假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】()由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，()由题意结合菱形的性质易知，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，设平面的一个法向量为,则：，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则.()由题意可得：，假设满足题意的点存在，设，据此可得：，即：,从而点F的坐标为，据此可得：,，结合题意有：，解得：.故点F为中点时满足题意.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21（）；（）.【解析】（）当时，令，作出的图像，结合图像即可求解；（）结合绝对值三角不等式可得，再由“1”的妙用可拼凑为，结合基本不等式即可求解；【详解】（）令，作出它们的大致图像如下：由