2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期三模数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 20 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 20 页2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期三模数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】D【分析】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.【详解】或，所以，所以，故选：D.2已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数（）ABCD【答案】B【分析】根据复数的模和除法运算，即可得到答案；【详解】，故选：B3某商场2022年部分月份销售金额如下表:若用最小二乘法求得

2、回归直线方程为，则a=（）月份x246810销售金额y（单位：万元）64132a286368A198.2B205C211D213.5【答案】B【分析】根据回归方程的性质中心点在回归直线上列方程求解即可.【详解】由已知，因为点在上，所以，所以，故，故选：B.4函数在的图象大致为（）ABCD【答案】D【分析】根据函数为偶函数及，再结合排除法，即可得答案.【详解】函数，定义域为R，是偶函数，故排除AC；又，排除B.故选：D.5“干支纪年法”是中国历法上使用的纪年方法.甲，乙，丙，丁，戊，己，庚，辛，壬，癸被称为“十天干”，子，丑，寅，卯，辰，巳，午，未，申，酉，戌，亥被称为“十二地支”.“天干”以“

3、甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，其相配顺序为：甲子，乙丑，癸酉，甲戌，乙亥，壬戌，癸亥，甲子，周而复始，循环记录，此为干支纪年法.十三届全国人大四次会议审查的国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要（草案）提出，展望2035年，中国将基本实现社会主义现代化.已知1901年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2035年是“干支纪年法”中的（）A甲寅年B乙卯年C丙辰年D丁巳年【答案】B【分析】根据干支纪年法，知60年为一循环，然后由1901年至2035年，利用周期求解.【详解】由题意得干支纪年法，60年为一循环，因为，所以经历了2个60年循环，又经历了14年，

4、则“十天干”中的“辛”过了14年后为“乙”，“十二地支”中的“丑”过了14年后为“卯”，故选：B6已知，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既不充分也不必要条件【答案】B【分析】分析式子特点，利用和差角公式得出，即；以及为锐角，为钝角，则，但，充分性不成立，从而得解.【详解】当时，均为锐角，即，故，则，则，必要性成立；若为锐角，为钝角，则，但，充分性不成立.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】根据题目信息进行转化处理，并会举反例来进行说明，要求对三角函数的变形以及充分必要性熟练掌握.7已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为（）A3BCD

5、3【答案】C【分析】把三视图还原并衬托在长方体中，利用勾股定理即可求解.【详解】三视图可得原几何体为如图所示的三棱锥ABCD，长方体的高为2，底面正方形边长为3，该几何体的最长棱为AD故选：C.82019年在阿塞拜疆举行的联合国教科文组织第43届世界遗产大会上，随着木槌落定，良渚古城遗址成功列人世界遗产名录，这座见证了中华五千多年文明史的古城迎来了在世界文明舞台上的“高光时刻”，标志着良渚是实证中华五千多年文明史的圣地，得到了世界的广泛认同.2010年，考古学家对良渚古城水利系统中一条水坝的建筑材料（草裹泥）上提取的草茎遗存进行碳14年代学检测，检查测出碳14的残留量约为初始值的55.2%，已

6、知死亡生物体内碳14的含量y与生物死亡年数x之间符合，其中k为死亡生物碳14的初始量.据此推断，此水坝大约是距2010年之前（）年建造的.参考数据A4912B4930C4954D4966【答案】D【分析】由解方程，求得，由此求得正确选项.【详解】依题意，两边乘以得，两边取以为底的对数得，.故选：D9展开项中的常数项为（ ）A1B11C-19D51【答案】B【分析】展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项，有3种情况：（1）5个括号都出1，即；（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；所以

7、展开项中的常数项为，故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.10在中，角对应的边分别是，若，则的最大值为（）ABCD【答案】A【分析】根据正弦定理进行边角互化，可得，再进行边角互化，可得，再由余弦定理可求，由，利用基本不等式，即可求解最值问题.【详解】由正弦定理，可得，即，即，进一步由正弦定理，可得，再由余弦定理，可得，即，所以，当且仅当，时取等号，又因为，所以，所以的最大值为.故选A.【点睛】本题考查正弦定理边角互化，余弦定理的应用求角的最值问题，考查转化与化归思想，考查计算能力，综合性较强，有一定难度.11已知双

8、曲线的左右焦点分别是，在其渐近线上存在一点，满足，则该双曲线离心率的取值范围为（）ABCD【答案】A【分析】由题意问题转化为双曲线的渐近线与双曲线有公共点即可，据此可得两曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围.【详解】双曲线的渐近线方程为，,点P在双曲线上，双曲线的渐近线方程为，因为与双曲线相交，所以由双曲线渐近线性质可知只需，即，则，解得，故该双曲线离心率的取值范围是，故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题意转化为已知双曲线的渐近线与有交点，再根据双曲线渐近线判断直线与双曲线的的位置关系，建立不等式即可求出离心率，要掌握根据直线斜率与渐进线斜率的大小关系判断直线与双曲线的交点个数问

9、题.12若不等式对恒成立（e为自然对数的底数），则实数a的最大值为（）ABCD【答案】A【分析】原不等式可化为，构造结合导数研究单调性，化简不等式可得，再构造，应用导数求其最小值，即可确定a的最大值.【详解】由题设，在上有意义，即原不等式可化为，即令，则，即f（x）在上递增，由上知:，则，即在上恒成立，令，则，又，故在上递减，故，可得综上，故的最大值为.故选：A.【点睛】将不等式转化为形式，通过构造函数，利用函数性质化简不等式是问题解决的关键.二、填空题13在ABC中，AB2，AC1，D为BC的中点，则_.【答案】【详解】试题分析：【解析】向量数量积14曲线（为自然对数的底数）在处的切线与圆相

10、交于点，则_【答案】4【分析】由题可求切线为，再利用圆的弦长公式即求.【详解】，又，曲线（为自然对数的底数）在处的切线为，由圆可知圆心为，半径为3，.故答案为：4.15已知椭圆C:的焦点为，第一象限点P在C上，且，则的内切圆半径为_.【答案】【分析】由题意列方程组解出点坐标，由面积与周长关系求内切圆半径【详解】由已知条件得，则（1，0），（1，0）.设点P的坐标为（，），则，即，第一象限点P在C上，则，即，联立解得由椭圆的定义得设的内切圆半径为r，则又，即.故答案为：三、双空题16如图，DE是边长为6的正三角形ABC的一条中位线，将ADE沿直线DE翻折至A1DE，当三棱锥A1CED的体积最大时

11、，四棱锥A1BCDE外接球O的表面积为_；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是_.【答案】 39 【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求出此时截面圆的面积即可【详解】解：由题意可知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，如图所示，取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，设的中点为，连接，则，所以为四边形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，过作平面的垂线，则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，连结，

12、则四边形为矩形，连结，在中，所以四棱锥外接球的表面积为；由题意可知，以为直径的球的截面圆的面积最小，所以最小值为故答案为：；四、解答题17已知各项为正的数列的首项，前n项和为，且满足，数列满足，(1)求数列和的通项公式；(2)若数列满足，求的前n项和【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据题干条件得到是以为首项，的等比数列，通过等比数列通项公式计算得到结果，原式等价于，故是以为首项，公差的等差数列，进而求得，当时，时通过检验也符合；（2）根据错位相减求和的方法进行求和即可.【详解】(1)由是以为首项，的等比数列，由，有，故是以为首项，公差的等差数列所以，又，当时，时，满足上式，故(2)，设，：

13、，18已如三棱柱ABCA1B1C1，点O为棱AB的中点.(1)求证:BC1平面A1CO；(2)若ABC是等边三角形，且AB=AA1，A1AB=60，平面AA1B1B上平面ABC，求二面角AA1CB的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连结AC1交A1C于M，连结OM，利用三角形的中位线得到BC1OM，再利用线面平行判定定理证明BC1平面A1CO；（2）以O为坐标原点，直线OC，OA，O1A所在直线分别为x，y，z轴，写出相关点坐标，求出平面A1AC的法向量为，平面的法向量，求出，进而得到二面角为锐角，其余弦值为.【详解】(1)连结AC1交A1C于M，连结OM.棱柱ABCA1B1

14、C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，M为AC1的中点，O为AB的中点，BC1OMOM平面A1CO，BC1平面A1CO， BC1平面A1CO.(2)ABC是等边三角形，且AB=AA1，A1AB=60，A1OAB，COAB又AA1B1B平面ABC，AA1B1B平面ABC=ABA1O平面ABC，A1OCO.以O为坐标原点，直线OC，OA，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=AB=BC=AA1=2，则C（，0，0），A（0，1，0），B（0，1，0），A1（0，0，）设平面A1AC的法向量为，则，=（，1，0），=（0，1，）令，得，即.设平面A1BC的法向量为

15、，则，=（，1，0），=（0，1，）令，得，即.由题意可知，二面角AACB为锐角，其余弦值为.19新冠疫情在西方国家大流行，国际卫生组织对某国家进行新型冠状病毒感染率抽样调查在某地抽取n人，每人一份血样，共份，为快速有效地检验出感染过新型冠状病毒者，下面给出两种方案：方案甲：逐份检验，需要检验n次；方案乙：混合检验，把受检验者的血样分组，假设某组有份，分别从k份血样中取出一部分血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，则说明这k个人全部为阴性，因而这k个人的血样只要检验这一次就够了；若检验结果为阳性，为了明确这k个人中究竟哪些人感染过新型冠状病毒，就要对这k个人的血样再逐份检验，因此这k个人的总检

16、验次数就为假设在接受检验的人中，每个人血样检验结果是阳性还是阴性是相互独立的，且每个人血样的检验结果是阳性的概率为(1)若，用甲方案进行检验，求5人中恰有2人感染过新型冠状病毒的概率；(2)记为用方案乙对k个人的血样总共需要检验的次数当，时，求；从统计学的角度分析，p在什么范围内取值，用方案乙能减少总检验次数？（参考数据：）【答案】(1)(2)【分析】（1）利用每个人的血样检验结果的独立性解题.（2）分别计算出总检验次数为1与时的概率，即可列出分布列，进而求得；如果用方案乙能减少总检验次数，则，化简后即可求解.【详解】(1)对5个人的血样进行检验，且每个人的血样是相互独立的，设事件A为“5个人

17、的血样中恰有2个人的检验结果为阳性”，则(2)当，时，5个人的血样分别取样再混合检验，结果为阴性的概率为，总共需要检验的次数为1次；结果为阳性的概率为，总共需要检验的次数为6次；所以的分布列为：16P所以 当采用混合检验的方案时，根据题意，要使混合检验的总次数减少，则必须满足，即，化简得，所以当P满足，用混合检验的方案能减少检验次数20已知函数.(1)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】(1).(2)证明见解析.【分析】（1）将不等式转化为，设，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性和最值，由此可得实数a的取值范围；（2）令，利用正弦函数的性质可得

18、证.【详解】(1)解：当时，则可化为，设，则，因此在上单调递减，在上单调递减，则，所以；(2)证明：令，则，所以当时，此时；当时，由（1）可知：当时，即当时，综上所述：当时，.21设抛物线C：（）的焦点为F，抛物线C上一点A的横坐标为，过点A作抛物线C的切线，与x轴交于点D，与y轴交于点E，与直线l：交于点M.当时，.(1)求抛物线C的方程；(2)若B为y轴左侧抛物线C上一点，过B作抛物线C的切线，与直线交于点P，与直线l交于点N，求面积的最小值，并求取到最小值时的值.【答案】(1)(2),【分析】（1）根据题意得切线方程为：，进而得D为AE的中点，再根据焦半径公式得，进而根据几何关系得，故抛物线C的方程为；（2）结合（1）得，进而得，再整理，利用换元法结合导数求解最值即可.【详解】(1)解：由题知，所以，切点，切线方程为：，令，所以D为AE的中点，因为根据焦半径公式得：，.所以，因为，所以，即，所以抛物线C的方程为；(2)解：设，由（1）得方程：同理方程，联立，所以，因为直线l的方程为：，所以，所以，所以，令，令，当，单调递减，单调递增，当且仅当时取“=”，此时.所以面积的最小值为，此时的值为.【点睛】本题考查抛物线的切线问题，抛物线中的三角形面积最值问题.考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第