2022届陕西省渭南市韩城市高三第三次测评数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．设复数z＝，则|z|＝（）A．B．C．D．2．设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A．C．B．D．3．过双曲线左焦点的直线交的右支于点，若的左支于两点，直线（是坐标原点）交，且，则的离心率是（）A．B．C．D．4．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（）A．B．C．D．5．点A．为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（）B．C．D．6．若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（）A．B．C．D．7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（）A．96里B．72里C．48里D．24里8．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（）A．B．C．D．9．已知集合A．,，则B．D．的焦点为，C．10．已知抛物线是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（）A．5B．3C．D．211．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是()A．B．C．D．12．关于函数，有下列三个结论:是的一个周期；在上单调递增；的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，项的系数是__________（用数字作答）．14．设等差数列的前项和为，若，，则数列的公差________，通项公式________.15．已知二面角αlβ为60°，在其内部取点A，在半平面α，β内分别取点B，C．若点A到棱l的距离为1，则ABC的周长的最小值为_____．16．能说明“在数列中，若对于任意的，，则为递增数列”为假命题的一个等差数列是______.（写出数列的通项公式）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）已知非零实数（1）求证：满足．；（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由18．（12分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面；(2)求三棱锥的体积.19．（12分）在平面直角坐标系中，点，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点，当时，求的值．20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线：.（1）当时，求与的交点的极坐标；（2）直线与曲线交于，两点，线段中点为，求的值.21．（12分）已知数列满足,，数列满足.（Ⅰ）求证数列（Ⅱ）求数列是等比数列；的前项和.22．（10分）已知等差数列的前n项和为，且，．求数列求数列的通项公式；的前n项和．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】先用复数的除法运算将复数化简，然后用模长公式求模长.【详解】解：z＝则|z|＝＝＝＝﹣＝,＝＝.故选：D.【点睛】本题考查复数的基本概念和基本运算,属于基础题.2．D【解析】构造函数，令由，则，可得，则且是区间上的单调递减函数，，当x(0,1)时,g(x)>0,lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;当x(1,+∞)时,g(x)<0,lnx>0,f(x)<0,(x2-1)f(x)<0f(x)是奇函数,当x(-1,0)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0当x(-∞,-1)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.综上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范围是本题选择D选项..点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．3．D【解析】如图，设双曲线的右焦点为利用双曲线的几何性质可以得到，连接并延长交右支于，，连接、，设，可求离心，结合率.【详解】如图，设双曲线的右焦点为，连接，连接并延长交右支于.因为，故四边形为平行四边形，故.又双曲线为中心对称图形，故.设，则，故，故..因为为直角三角形，故中，有，解得.在，所以故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率，注意利用双曲线的对称性（中心对称、轴对称）以及双曲线的定义来构造关于的方程，本题属于难题.4．B【解析】利用等差数列性质，若式得，则求出，再利用等差数列前项和公【详解】解：因为，由等差数列性质，若，则得，．为数列的前项和，则．故选：．【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则．(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.5．B【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．【详解】不等式组作出可行域如图：，，，的几何意义是动点到的斜率，由图象可知．的斜率为1，的斜率为：则，的取值范围是：，，故选：．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．6．D【解析】画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．【详解】画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．表示封闭区域内的点，结合图形可得和定点或连线的斜率，设，由题意得点A,B的坐标分别为，，或，的取值范围为．故选D．【点睛】解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．7．B【解析】人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，计算，代入得到答案.【详解】由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，则，解得，从而可得，故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．C【解析】利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题.9．D【解析】因为,,所以,,故选D．10．D【解析】由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解：由抛物线方程可知，则，即，即，.设，所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.11．D【解析】根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体的表面积.【详解】根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.所以该几何体的表面积是.侧面的高为，所以侧面积为.故选：D【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.12．B【解析】利用三角函数的性质，逐个判断即可求出．【详解】因为因为，所以是的一个周期，正确；，，所以在上不单调递增，错误；因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域．当时，，在上单调递增，所以，的值域为，错误；综上，正确的个数只有一个，故选B．【点睛】本题主要考查三角函数的性质应用．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】的展开式的通项为：.令，得.答案为：-40.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.14．2【解析】直接利用等差数列公式计算得到答案.【详解】，，解得，，故.故答案为：2；.【点睛】本题考查了等差数列的基本计算，意在考查学生的计算能力.15．【解析】作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ADC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN，当四点共线时长度最短，结合对称性和余弦定理求解.【详解】作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ABC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN，当M，B，C，N共线时，周长最小为MN设平面ADE交l于，O，连接OD，OE，显然ODl，OEl，DOE＝60°，MOA+AON＝240°,OA＝1，MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根据余弦定理，故MN2＝1+12×1×1×cos120°＝3，故MN．故答案为：．【点睛】此题考查求空间三角形边长的最值，关键在于根据几何性质找出对称关系，结合解三角形知识求解.16．答案不唯一，如【解析】根据等差数列的性质可得到满足条件的数列.【详解】由题意知，不妨设则，，很明显所以为递减数列，说明原命题是假命题.，答案不唯一，符合条件即可.【点睛】本题考查对等差数列的概念和性质的理解，关键是假设出一个递减的数列，还需检验是否满足命题中的条件，属基础题.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）存在，【解析】（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得即可求解.，讨论或，分离参数，利用基本不等式【详解】又即即当时，即恒成立（当且仅当当时时取等号），故恒成立（当且仅当综上，时取等号），故【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.18．（1）见解析（2）【解析】（1）第（1）问，连交于,连接.证明//，即证平面.(2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥【详解】的体积.（1）方法一：连交于,连接.由梯形又为，且，知的中点，为中，的重心，在又,故//.平面,平面,平面.方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,G为PAD的重心，又ABCD为梯形，AB||CD,又由所作GN||AD,FM||AD,得因为GF||MN,//，所以GNMF为平行四边形.（2）方法一:由平面平面，与均为正三角形，为的中点，，得，平面，且由（1）知//平面又由梯形ABCD，AB||CD，且，知又得为正三角形，得，，三棱锥的体积为.方法二:由平面平面，得，与均为正三角形，为的中点，平面，且由，而又为正三角形，得，得.，三棱锥的体积为.19．（1）；（2）.【解析】（1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2可得曲线C的直角坐标方程；（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得．【详解】解：（1）在ρ+ρcos2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cos2θsin2θ）＝8ρsinθ，x2+y2+x2y2＝8y，即x2＝4y，所以曲线C的直角坐标方程为：x2＝4y．（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y得：（cosα）2t24（sinα）t+4＝0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，由＝16sin2α16cos2α＞0，得sinα＞，t1+t2＝，由|PM|＝，所以20sin2α+9sinα20＝0，解得sinα＝或sinα＝﹣（舍去），所以sinα＝．【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．20．（1），；（2）【解析】（1）依