（新教材）2021-2022学年下学期高三第一次月考备考卷（A）-数学

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 数 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5

2、分，共40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命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，【答案】C【解析】全称命题的否定是特称命题，该命题的否定是，故选C2已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】对于集合A，当，时，当，时，所以或，所以，故选B3地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准震级是据震中100千米处的标准地震仪（周期，衰减常数约等于1，放大倍率2800倍）所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的里氏震级的计算公式：，其中表示“标准地震振幅”（使用标准地震振幅是为了修正测振仪距离实际震中的距离造成的偏差），是指我们关注的这个地震在距震中100

3、公里处接收到的地震波的最大振幅45级地震给人的震感已比较明显，那么65级地震的最大振幅是45级地震的最大振幅的（ ）倍AB10C100D【答案】C【解析】由于，所以，所以65级地震的最大振幅与45级地震的最大振幅的比值为，故选C4由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）ABCD【答案】A【解析】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字

4、中任取两个数字，按照递减顺序，仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位），因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率，故选A5已知复数z满足，若z在复平面内对应的点为，则（ ）ABCD【答案】C【解析】，因为复数z满足，所以，即，化简得，故选C6已知随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则（ ）ABCD【答案】C【解析】因为函数为偶函数，则，即，所以，故选C7已知双曲线的右顶点为A，若在双曲线C的渐近线上存在点M，使得，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】依题意，A（a，0），B

5、（5a，0），则以AB为直径的圆，而，故双曲线C的渐近线与圆D有交点，故圆心D（3a，0）到直线的距离，则，故，故，则，故双曲线C的离心率的取值为，故选B8已知等腰直角中，D，E分别是和上的动点，沿翻折后，B恰好落在边上，则的最小值为（ ）ABCD【答案】A【解析】如图：设B在边上关于的对称点为，则，若，则，在中，由正弦定理得，故，当，t最小，最小值为，故选A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9设等差数列的公差为，前项和为，已知，则（ ）ABCD【答案】AB【解析】对于AB，因为，所以，解

6、得，所以AB正确；对于C，所以，对称轴为，因为，所以当时，取得最大值，所以，所以C错误；对于D，令，则，解得或，因为，所以，所以，所以D错误，故选AB10已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A函数的图象关于点对称B函数的图象关于直线对称C函数在上单调递减D函数图象向右平移个单位可得函数的图象【答案】AB【解析】由图可知，所以，所以，则，将点代入得，所以，又，所以，所以对于A，因为，所以函数的图象关于点对称，故A正确；对于B，因为为最小值，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对于C，因为，所以，所以函数在上不单调递减，故C错误；对于D，将函数图象向右平移个单位，可得函数，故D错误

7、，故选AB11如图，在四棱锥中，已知，且，取BC的中点O，过点O作于点Q，则（ ）AB四棱锥的体积为40C平面D【答案】ACD【解析】如图建立空间直角坐标系，则，则，设，则，故，解得，即，故A正确；因为直角梯形的面积，可得面BCE，四棱锥高，所以四棱锥体积，故B不正确；，又，平面，故C正确；，即，故D正确，故选ACD12已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）A当时，B当时，过M点的圆C的最短弦长是C线段AB的中点纵坐标最小值是D过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是【答案】ABC【解析】圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，对于A，令直线，即，显然有，线段AB的垂直平

8、分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；对于C，令线段AB的中点，则，则，即，解得，当且仅当时取等号，所以，C不正确；对于D，依题意及切线长定理得：，解得，即，解得或，所以的取值范围是，D正确，故选ABC第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13假设要考查某公司生产的袋装牛奶的质量是否达标，现从800袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数法抽取样本时，先将800袋牛奶按000，001，799进行编号，若从随机数表第7行第8列的数开始向右读，则得到的第4个的样本个体的编号是_（

9、下面摘取了随机数表第7行到第9行）844217533157245506887704744767217633502583921206766301637859169556671998105071751286735807443952387933211234297864560782524207443815510013429966027954【答案】068【解析】根据随机数表法最先检测的3袋牛奶编号为：331、572、455、068，故答案为06814展开式中的常数项为_【答案】7【解析】由题意得，的通项公式为，无解；的通项公式为，当时，为常数项6，所以展开式中的常数项为，故答案为715写出一个同时具有

10、下列性质的函数_；【答案】（底数大于e的指数函数均可）【解析】由可知函数是指数函数，由可知函数单调递增，又，故只要即可，故答案为（底数大于e的指数函数均可）16如图，在中，点在线段上移动（不含端点），若，则_，的最小值为_【答案】2，【解析】因为在中，所以，即因为点在线段上移动（不含端点），所以设所以，对比可得代入，得；代入可得，根据二次函数性质知当时，故答案为2，四、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知等差数列的首项为2，前项和为，正项等比数列的首项为1，且，（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前26项和【答案】（1），；（2）3

11、【解析】（1）解：设等比数列的公比为，等差数列的公差为，由题意得，即，是正项等比数列，则，（2）解：，则的前26项和为：18（12分）如图，已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且的外接圆面积为（1）求边c；（2）若，延长CB至M，使得，求BM【答案】（1）；（2）【解析】（1）设的外接圆半径为R，由题意，解得由条件及正弦定理可得，因为，所以，即，因为，故故（2）因为，故，得，解得（舍去）由余弦定理可得，所以由，得故，由正弦定理可得，则19（12分）研究显示，越来越多的“996”上班族下班后通过慢跑强身健体，慢跑属于一种有氧运动，可以消耗人体大量热量，坚持慢跑可以促进新陈代谢，增加肺活

12、量以及增强心脏功能，提升人体免疫力，因此深受青年人喜爱如图统计了小明这100天每天慢跑的时间情况（单位：分钟）（1）求m的值；（2）如表是小明的同事小强本月前7次慢跑的时间情况；由散点图可知，小强的慢跑次数x和慢跑时间y（单位：分钟）之间线性相关，求y关于x的线性回归方程，其中使用分数形式表示；根据中的运算结果预测小强第9次的慢跑时间是否会超过小明这100天慢跑的平均时间次数x1234567慢胞时间（单位：分钟）15182723202936参考公式：在线性回归方程中，【答案】（1）；（2）；预测小强第9次的慢跑时间会超过小明这100天慢跑的平均时间【解析】（1）依题意，解得（2）依题意，故所求

13、回归直线方程为小明这100天慢跑的平均时间为：；将代入中，得，故可以预测小强第9次的慢跑时间会超过小明这100天慢跑的平均时间20（12分）如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，平面ABC，点E在棱PB上，且，（1）求证：；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，所以因为平面ABC，平面ABC，所以因为，且AB，平面PAB，所以平面PAB因为平面PAB，所以因为，且BC，平面PBC，所以平面PBC因为平面PBC，所以（2）解：因为，所以，所以三棱锥的体积，（当且仅当

14、“”时等号成立）所以当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，所以，因为，所以，所以，设向量为平面的一个法向量，则，即，令得，向量为平面ABC的一个法向量，因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值为21（12分）椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交轴于点，其中，直线交椭圆于另一点，直线和分别交直线于点和，若、四点共圆，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为，则，即，得设，由，故的最大值为将代入，有得，所以椭圆的标准方程为（2）解：设，因为点为椭圆上异于左、右顶点的动点，则直线不与轴重合，设直线方程为，与椭圆方程联立得，可得，由韦达定理可得，直线的方程为，令得点纵坐标同理可得，点纵坐标当、四点共圆，由相交弦定理可得，即，由，故，解得