2022届市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题（解析版）

1、本文格式为Word版，下载可任意编辑 2022届市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题（解析版） 2022届市第七中学高三上学期一诊模拟数学（理）试题 一、单项选择题 1复数的虚部记作，那么（ ） A-1 B0 C1 D2 【答案】A 【解析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案 【详解】 解：， 又复数的虚部记作， 应选： 【点睛】 此题测验了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于根基题 2执行如下图的程序框图，输出的值为( ) A B C D 【答案】C 【解析】程序框图的作用是计算，故可得正确结果. 【详解】 根据程序框图可知，应选C. 【点睛】

2、 此题测验算法中的选择布局和循环布局，属于轻易题. 3关于函数的性质，以下表达不正确的是（ ）A的最小正周期为 B是偶函数 C的图象关于直线对称 D在每一个区间内单调递增 【答案】A 【解析】试题分析：由于，所以A错；，所以函数是偶函数，B正确；由的图象可知，C、D均正确；应选A. 【考点】正切函数的图象与性质. 4已知，那么“且”是“且”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】试题分析：当且时，由不等式性质可得且；当，得志且，但不得志且，所以“且”是“且”的充分不必要条件，应选A. 【考点】1.不等式性质；2.充要条件. 5假设的开

3、展式中含有常数项，那么正整数n的最小值是（ ）A3 B4 C5 D6 【答案】C 【解析】利用二项开展式的通项公式中的指数为0,得到,由此可得正整数n的最小值是5. 【详解】 由于的开展式的通项公式为, 令,那么,由于,所以时,取最小值. 应选: 【点睛】 此题测验了二项开展式的通项公式,利用通项公式是解题关键,属于根基题. 6在约束条件：下，目标函数的最大值为1，那么ab的最大值等于（ ）A B C D 【答案】D 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定，的关系，利用根本不等式求的最大值 【详解】 解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影片面）， 由，那么，平移直

4、线，由图象可知当直线经过点时直线的截距最大，此时最大为1 代入目标函数得 那么， 那么当且仅当时取等号， 的最大值等于， 应选： 【点睛】 此题主要测验线性规划的应用，利用数形结合以及根本不等式是解决此类问题的根本方法 7设an是有正数组成的等比数列，为其前n项和已知a2a41，S37，那么S5（ ）A B C D 【答案】B 【解析】由等比数列的性质易得a31，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得 【详解】 由题意可得a2a4a321，a31， 设an的公比为q，那么q0， S317，解得q或q（舍去）， a14，S5 应选B. 【点睛】 此题测验等比数列的通项公式和求和公式，属根基

5、题 8用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有（ ）A288个 B306个 C324个 D342个 【答案】C 【解析】试题分析：当个位、十位、百位全为偶数时，有；当个位、十位、百位为两个奇数、一个偶数时，有，所以共有种,应选C. 【考点】1.分类计数原理与分步计数原理；2.排列与组合. 【名师点睛】此题主要测验两个根本原理与排列、组合学识的综合应用问题，属难题；计数原理应用的关键问题是合理的分类与分步，分类要按时同一个的标准举行，要做到不重不漏，分类运算中的每一类根据实际处境，要分步举行. 9已知函数对都有，且其导函数得志当

6、时,，那么当时，有（ ）A B C D 【答案】D 【解析】根据导函数得志当时,可得在上递减,在上递增,可得为最小值,再根据对称轴和单调性可得,从而可知选D 【详解】 由于函数对都有, 所以的图象关于对称, 又当时,时, 所以在上递减,在上递增, 所以时,函数取得最小值, 由于,所以, 所以, 所以, 所以, 所以, 所以. 应选:D 【点睛】 此题测验了利用导数判断函数的单调性,测验了利用单调性对比大小,测验了利用对数函数的单调性对比大小,属于中档题. 10对圆上任意一点，的取值与x，y无关，那么实数a的取值范围是（ ）A B C D 【答案】A 【解析】首先将的取值与x，y无关,转化为圆上

7、的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,持续转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,再根据圆心到直线的距离小于等于半径且,解不等式组可得答案. 【详解】 由于的取值与x，y无关, 所以的取值与x，y无关, 所以的取值与x，y无关, 即圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关, 由于圆心到直线的距离为, 所以直线与圆相离, 所以直线必与圆相离或相切,且圆在与之间, 所以,且, 所以或 且, 所以. 应选:A 【点睛】 此题测验了点到直线的距离公式,利用点到直线的距离公式将问题转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间是解题关键,属于中档题. 11若，得志，那么的最大值为（ ）A10 B12

8、 C D 【答案】B 【解析】设，表示出，利用向量的数量积的定义求出最值. 【详解】 解：设，那么， ， 当且仅当，同向时取最大值 故 应选：【点睛】 此题测验向量的数量积的定义，属于中档题. 12已知棱长为3的正方体,点是棱AB的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，且面，那么PC的长度范围为（ ）A B C D 【答案】B 【解析】如图:先作出过且与平面平行的平面,可知点的轨迹为,然后根据平面几何学识求出的最小值和最大值,根据勾股定理可求出的取值范围. 【详解】 如下图: 在上取点,使得,连接,由于,所以; 取的中点,连接,由于为的中点,所以; 因此平面平面, 过作交于,那么四点共面,且

9、, 由于平面,所以点在线段上运动, 连接,根据正方体的性质可知, 所以, 在平面中,所以, ,所以点到的距离为, 所以的最小值为,最大值为, 所以的最小值为,最大值为. 所以的取值范围是. 应选:B 【点睛】 此题测验了作几何体的截面,测验了平面与平面平行的判定,测验了立体几何中的轨迹问题,关键是作出点的运动轨迹,属于中档题. 二、填空题 13命题“”的否决为_” 【答案】 【解析】全称命题“”的否决是存在性命题“”，所以“”的否决是“” 14 在样本的频率分布直方图中, 共有9个小长方形, 若第一个长方形的面积为0.02, 前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数,若样本容

10、量为1600, 那么中间一组（即第五组）的频数为 . 【答案】360 【解析】略 15设、分别是抛物线的顶点和焦点，是抛物线上的动点，那么的最大值为_. 【答案】 【解析】试题分析：设点的坐标为，由抛物线的定义可知，那么，令，那么,所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为. 【考点】1.抛物线的定义及几何性质；2.根本不等式. 【名师点睛】此题主要测验抛物线的定义及几何性质、根本不等式，属中档题；求圆锥曲线的最值问题，可利用定义和圆锥曲线的几何性质，利用其几何意义求之，也可根据已知条件把所求的问题用一个或两个未知数表示，即求出其目标函数，利用函数的性质、根本不等式或线性规划学识求之. 16已知

11、，那么的最小值为 【答案】 【解析】试题分析：由于，所以，那么 （当且仅当，即时，取等号）；故填 【方法点睛】此题测验利用根本不等式求函数的最值问题，属于难题；解决此题的关键是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是展现根本不等式的使用条件（正值、定积），再利用根本不等式举行求解，但要留神验证等号成立的条件. 【考点】根本不等式 三、解答题 17设的内角、所对的边分别为、,已知,且. （1）求角的大小; （2）若向量与共线, 求的值. 【答案】(1);(2)。 【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换，可解得； （2）由与共线， 得，再由正弦定理，得，在根据余弦定理列出方程，即可求解的值.

12、 试题解析：（1）, 即,解得. （2）与共线, 由正弦定理,得, ,由余弦定理，得, 联立,. 【考点】正弦定理；余弦定理. 18学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名举行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否那么为“非古文迷”，调查结果如表： 古文迷 非古文迷 合计 男生 26 24 50 女生 30 20 50 合计 56 44 100 （）根据表中数据能否判断有的把握认为“古文迷”与性别有关？ （）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人举行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数； （）

13、现从（）中所抽取的5人中再随机抽取3人举行调查，记这3人中“古文迷”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望 参考公式：，其中 参考数据： 0.50 0.40 0.25 0.05 0.025 0.010 0.455 0.708 1.321 3.841 5.024 6.635 【答案】（I）没有的把握认为“古文迷”与性别有关； （II）“古文迷”的人数为3，“非古文迷”有2；（III）分布列见解析，期望为. 【解析】试题分析：试题解析：试分析：（1）由列联表，求得的值，即可作出结论； （2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法即可抽得结果. （3）由为所抽取

14、的3人中“古文迷”的人数，的的全体取值为1，2,3，进而得到取每个值的概率，列出分布列，求解数学期望 试题解析：（I）由列联表得 所以没有的把握认为“古文迷”与性别有关 （II）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，那么“古文迷”的人数为人，“非古文迷”有人 即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人 （III）由于为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以的全体取值为1，2,3 ， 所以随机变量的分布列为 1 2 3 于是 19如图，在三棱柱中，每个侧面均为正方形，为底边的中点，为侧棱的中点. （）求证：平面； （）求证：平面；（

15、）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（）见解析（）见解析（）直线与平面所成角的正弦值为 【解析】证明：（）设的交点为O,连接，连接. 由于为的中点，为的中点, 所以且.又是中点， 所以且, 所以且. 所以，四边形为平行四边形.所以. 又平面, 平面,那么平面. 5分 ()由于三棱柱各侧面都是正方形，所以，. 所以平面. 由于平面，所以. 由已知得，所以, 所以平面. 由（）可知，所以平面. 所以 . 由于侧面是正方形，所以. 又，平面，平面, 所以平面. 10分 （）解: 取中点，连接. 在三棱柱中，由于平面， 所以侧面底面. 由于底面是正三角形，且是中点， 所以，所以侧面. 所以是在平面

16、上的射影. 所以是与平面所成角. . 14分 解法二：如下图，建立空间直角坐标系. 设边长为2，可求得，, ， ，. （）易得， . 所以，所以. 又平面, 平面,那么平面. 5分 （）易得， 所以. 所以 又由于， 所以平面. 10分 （）设侧面的法向量为, 由于,， 所以，. 由得解得 不妨令，设直线与平面所成角为 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为14分 20已知椭圆的两个焦点分别为,以椭圆短轴为直径的圆经过点. (1)求椭圆的方程; (2)过点的直线与椭圆相交于两点,设点,直线的斜率分别为,问是否为定值?并证明你的结论. 【答案】(1)；(2)定值为2. 【解析】试题分析：（1）由

17、题意得到，所以，写出椭圆方程；（2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理，. 试题解析：（1）依题意，. 点与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直， ， . 椭圆的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，由解得，. 设，那么为定值. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：. 将代入整理化简，得. 依题意，直线与椭圆必相交于两点，设， 那么，. 又， 所以 . 综上得为常数2. 点睛：圆锥曲线大题熟谙解题套路，此题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，求得韦达定理，那么，为定值。 21已知函数. （1）当时，证明：； （2）若对于定义域内任意x，恒成立，求t的范围 【答案】（1）见解析 （2）【解析

18、】（1）构造函数利用导数求出函数的单调性，得到函数的最大值，即可得证；（2）参变分开得到在恒成立，构造函数求出函数的最小值，即可得到参数的取值范围. 【详解】 （1）证明：即是证明，设， 当，单调递增；当，单调递减；所以在处取到最大值，即，所以得证 （2）原式子恒成立刻在恒成立 设， ，设， ，所以单调递增，且， 所以有唯一零点，而且，所以 两边同时取对数得 易证明函数是增函数，所以得，所以 所以由在上单调递减，在上单调递增， 所以 于是t的取值范围是 【点睛】 此题测验利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题. 22在极坐标系下，已知圆和直线 （1）求圆和直线的直角坐标方程；（2）当时，求圆和直线的公共点的极坐标. 【答案】（1）圆O的直角坐标方程为x2+y2-x-y=0,直线l的直