2022年山西省昔阳县中学高三第五次模拟考试数学试卷含解析

2022年高考数学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度2．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为1，输出的的值为（）A． B． C． D．3．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（）A．170 B．10 C．172 D．124．木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（）A． B． C． D．5．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（）A． B． C．16 D．326．已知椭圆的右焦点为F，左顶点为A，点P椭圆上，且，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．7．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（）A． B． C． D．8．已知函数的图象在点处的切线方程是，则（）A．2 B．3 C．-2 D．-39．已知复数，满足，则（）A．1 B． C． D．510．在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（）A． B．C． D．11．已知复数为虚数单位），则z的虚部为（）A．2 B． C．4 D．12．若集合，，则A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．14．甲，乙两队参加关于“一带一路”知识竞赛，甲队有编号为1，2，3的三名运动员，乙队有编号为1，2，3，4的四名运动员，若两队各出一名队员进行比赛，则出场的两名运动员编号相同的概率为______.15．已知四棱锥，底面四边形为正方形，，四棱锥的体积为，在该四棱锥内放置一球，则球体积的最大值为_________．16．已知数列{an}的前n项和为Sn，向量（4，﹣n），（Sn，n+3）.若⊥，则数列{}前2020项和为_____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）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.求证：（1）直线平面EFG；（2）直线平面SDB.18．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于，两点，求的值.19．（12分）设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意都有，求实数的取值范围．20．（12分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.⑴若，，（），求证：数列是等比数列；⑵若数列是等比数列，求，的值；⑶若，且，求证：数列是等差数列.21．（12分）下表是某公司2018年5~12月份研发费用（百万元）和产品销量（万台）的具体数据：月份56789101112研发费用（百万元）2361021131518产品销量（万台）1122.563.53.54.5（Ⅰ）根据数据可知与之间存在线性相关关系，求出与的线性回归方程（系数精确到0.01）；（Ⅱ）该公司制定了如下奖励制度：以（单位：万台）表示日销售，当时，不设奖；当时，每位员工每日奖励200元；当时，每位员工每日奖励300元；当时，每位员工每日奖励400元.现已知该公司某月份日销售（万台）服从正态分布（其中是2018年5-12月产品销售平均数的二十分之一），请你估计每位员工该月（按30天计算）获得奖励金额总数大约多少元.参考数据：，，，，参考公式：相关系数，其回归直线中的，若随机变量服从正态分布，则，.22．（10分）已知函数（1）求f(x)的单调递增区间；（2）△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且A为锐角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面积.

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，只有一项是符合题目要求的。1．D【解析】

通过变形，通过“左加右减”即可得到答案.【详解】根据题意，故只需把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象，故答案为D.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.2．B【解析】

根据循环语句，输入，执行循环语句即可计算出结果.【详解】输入，由题意执行循环结构程序框图，可得：第次循环：，，不满足判断条件；第次循环：，，不满足判断条件；第次循环：，，满足判断条件；输出结果.故选：【点睛】本题考查了循环语句的程序框图，求输出的结果，解答此类题目时结合循环的条件进行计算，需要注意跳出循环的判定语句，本题较为基础.3．D【解析】

中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.【详解】由茎叶图知，甲的中位数为，故；乙的平均数为，解得，所以.故选：D.【点睛】本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.4．C【解析】

由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.【详解】由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.故选C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.5．A【解析】几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.6．C【解析】

不妨设在第一象限，故，根据得到，解得答案.【详解】不妨设在第一象限，故，，即，即，解得，（舍去）.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力.7．C【解析】

如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.【详解】如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，，故，，设球半径为，则，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.8．B【解析】

根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9．A【解析】

首先根据复数代数形式的除法运算求出，求出的模即可．【详解】解：，，故选：A【点睛】本题考查了复数求模问题，考查复数的除法运算，属于基础题．10．A【解析】

画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；【详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.法一：四边形的外接圆直径，，；法二：，，；法三：作出的外接圆直径，则，，，，，，，，，.故选：A【点睛】此题考查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.11．A【解析】

对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.【详解】因为，所以z的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.12．C【解析】

解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.【详解】因为或，，所以，故选C.【点睛】本题考查集合的交运算，属于容易题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．0或6【解析】

计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.【详解】，即，圆心，半径.，故圆心到直线的距离为，即，故或.故答案为：或.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。14．【解析】

出场运动员编号相同的事件显然有3种，计算出总的基本事件数，由古典概型概率计算公式求得答案.【详解】甲队有编号为1，2，3的三名运动员，乙队有编号为1，2，3，4的四名运动员，出场的两名运动员编号相同的事件数为3，出现的基本事件总数，则出场的两名运动员编号相同的概率为.故答案为：【点睛】本题考查求古典概率的概率问题，属于基础题.15．【解析】

由题知，该四棱锥为正四棱锥，作出该正四棱锥的高和斜高，连接，则球心O必在的边上，设，由球与四棱锥的内切关系可知，设，用和表示四棱锥的体积，解得和的关系，进而表示出内切球的半径，并求出半径的最大值，进而求出球的体积的最大值.【详解】设，，由球O内切于四棱锥可知，，，则，球O的半径，，，，当且仅当时，等号成立，此时.故答案为：.【点睛】本题考查了棱锥的体积问题，内切球问题，考查空间想象能力，属于较难的填空压轴题.16．【解析】

由已知可得•4Sn﹣n（n+3）＝0，可得Sn，n＝1时，a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1.可得：2（）.利用裂项求和方法即可得出.【详解】∵⊥，∴•4Sn﹣n（n+3）＝0，∴Sn，n＝1时，a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1.，满足上式，.∴2（）.∴数列{}前2020项和为2（1）＝2（1）.故答案为：.【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系、数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，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）见解析（2）见解析【解析】

(1)连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.(2)证明与即可.【详解】（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.【点睛】本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.18．（1）；（2）【解析】

（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；（2）将直线参数方程代入圆的普通方程，可得，，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去；得曲线的极坐标方程为.由，，，可得，即曲线的直角坐标方程为；（2）将直线的参数方程（为参数）代入的方程，可得，，设，是点对应的参数值，，，则.【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.19．（1）（2）【解析】

利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，对恒成立，则，由三角不等式，得求解【详解】解：当时，不等式即为，可得或或，解得或或，则原不等式的解集为若对任意、都有，即为，由，当取得等号，则，由，可得，则的取值范围是【点睛】本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题.（1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.20．（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）(),所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.试题解析：（1）证明：若，则当(),所以，即，所以，又由，，得，，即，所以，故数列是等比数列．（2）若是等比数列，设其公比为（），当时，，即，得，①当时，，即，得，②当时，，即，得，③②①，得，③②，得，解得．代入①式，得．此时()，所以，是公比为１的等比数列，故．（3）证明：若，由，得，又，解得．由，，，，代入得，所以，，成等差数列，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以，因为，所以，即数列是等差数列.21．（Ⅰ）（Ⅱ）7839.3元【解析】

（Ⅰ）由题意计算x、y的平均值,进而由公式求出回归系数b和a,即可写出回归直线方程;（Ⅱ）由题意计算平均数μ，得出z~N(μ,)，求出日销量z∈[0.13,0.15)、[0.15,0.16)和[0.16,+∞)的概率，计算奖金总数是多少.【详解】（Ⅰ）因为，，因为，所以，所以；（Ⅱ）因为，所以，故即，日销量的概率为，日销量的概率为，日销量的概率