2022届山西省太原市高三第一次模拟数学（理）试题（解析版）

2022届山西省太原市高三第一次模拟数学（理）试题一、单选题1．，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用复数除法运算求出复数，再由共轭复数的意义求解作答.【详解】依题意，，所以.故选：A2．已知全集为，集合，，集合和集合的韦恩图如图所示，则图中阴影部分可表示为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】图中阴影部分是表示不在集合中，但在集合中的元素.【详解】图中阴影部分是表示不在集合中，但在集合中的元素，根据题意，，故选：A3．设为非零向量，，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据向量垂直的数量积表示判断A，由向量共线判断BC，利用数量积的运算判断D．【详解】对于A，，结论不成立，命题为假；对于B，当与方向相反时，结论不成立，命题为假；对于C，当与共线时，结论不成立，命题为假；对于D，若，则，即，则，所以，命题为真．故选：D．4．南北朝时期数学家，天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：幂势既同，则积不容异，其中“幂”指截面积，“势”指几何体的高.意思是说：两个等高几何体，若在每一等高处截面积都相等，则两个几何体体积相等，已知某不规则几何体与一个由正方体和三棱锥组成的几何体满足“幂势同”，组合体的三视图如图所示，则该不规则几何体的体积为（

）A． B．10 C．12 D．【答案】A【分析】根据三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，结合正方体和三棱锥的体积公式计算即可.【详解】由三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，由题意可得，．故选：A．5．的内角的对边分别为.若，，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用余弦定理可构造方程求得，利用三角形面积公式可求得结果.【详解】由余弦定理可得：，解得：，，.故选：C.6．为了促进边疆少数民族地区教育事业的发展，我市教育系统选派了3名男教师和2名女教师去支援新疆教育，要求这5名教师被分派到3个学校对口支教，每名教师只去一个学校，每个学校至少安排1名教师，其中2名女教师分派到同一个学校，则不同的分派方法有（

）A．18种 B．36种 C．68种 D．84种【答案】B【分析】由题意：2名女教师分派到同一个学校考虑该校是否分配男教师，即可求出答案.【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况:①2名女教师和1名男教师分派到同一个学校，则有种方法.②2名女教师分派到同一个学校，且该学校没有分配没有男教师，则有：种方法.故一共有：36种分配方法.故选：B.7．下列函数图象中，函数的图象不可能的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，验证正确.当时，验证正确.当时，验证正确.【详解】当时，，定义域为关于原点对称.，则为偶函数.当时，.则即函数在上单调递增，则函数在上单调递减.此时函数的图象可能为选项.当时，，定义为且关于原点对称.，则为偶函数.当时，.则当时，即函数在上单调递减当时，即则函数在上单调递增.根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.当时，，定义为关于原点对称.，则为奇函数.当时，.则令，则即并且在上单调递增，并且在上单调递增.根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.故选：C【点睛】本题考查函数的图象，判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，属于较难的题.8．设，是椭圆：的左、右焦点，过点斜率为的直线交椭圆于点，若，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件求出，由椭圆半焦距为c表示，然后利用椭圆定义列式计算作答.【详解】因过点斜率为的直线交椭圆于点，则有，，因此，在中，，令椭圆半焦距为c，于是得，，由椭圆定义得：，，所以椭圆的离心率是.故选：B9．已知α为锐角，且，则α的值为（

）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】D【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换求出即得解.【详解】解：由可得，即，所以，又为锐角，故.故选：D.10．在平面直角坐标系中，从轴上点向圆作一条切线，设切线长为，点到直线的距离为，当取最小值时，的值为（

）A．2 B．3 C． D．4【答案】B【分析】利用切线长定理求出m的表达式，结合几何意义将问题转化为点P到定点距离与到定直线距离的和最小求解作答.【详解】圆的圆心，半径，过点P作圆的切线PA，A为切点，连接PC，AC，如图，

则有，，表示动点P到定点的距离，令直线为l，过P作于点R，则，过M作于N，交x轴于点Q，连PM，MR，，当且仅当P，Q重合时取“=”，直线的斜率为，其方程为：，令，得，则，当取最小值时，的值为3.故选：B11．已知实数，满足，，则（

）A．112 B．28 C．7 D．4【答案】B【分析】等式化为：，构造函数并探讨其单调性，求出x，y的关系推理计算作答.【详解】由得：，即，显然有，令，则有，即有在上单调递增，依题意，，即得：，又，则，解得，所以.故选：B【点睛】思路点睛：涉及含有不同变量的两个等式，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.12．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】令，易知0是其中一个零点，当时，转化为，令，作出函数的图象，由有两个不同的交点求解.【详解】解：令，当时，成立，当时，可化为，令，当时，，则，令，则，所以递减，则即，所以在上递增，作出函数的图象，如图所示：因为函数恰有三个零点，且0是其中一个零点，所以有两个不同的交点，由图象知：，故选：C二、填空题13．的展开式中的系数为__________．【答案】【分析】根据二项展开式的通项公式可求得结果.【详解】因为，又的展开式的通项所以的展开式中的系数为.故答案为：.14．已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为___________．【答案】【分析】由题意可知，进而可得出，再结合可求得、的值，由此可得出双曲线的方程.【详解】由于是边长为的等边三角形，则，由题意可得，解得，因此，双曲线的方程为.故答案为：.15．已知在三棱锥中，平面，，，若三棱锥的外接球体积为，则异面直线与所成角的余弦值为__________.【答案】0.5【分析】根据给定条件，确定出三棱锥外接球球心并求出球半径，再借助空间向量计算作答.【详解】在三棱锥中，因平面，平面，则，，而，，平面，因此，平面，又平面，则，取PC中点O，连接BO，AO，如图，于是得，即有O是三棱锥的外接球球心，由得：，，而，则有，而，，则，从而有，所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：16．设函数，给出下列四个结论：①的最小正周期为；

②的值域为；③在上单调递增；

④在上有4个零点.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【分析】讨论的范围去掉绝对值可得到，结合图象逐项分析可得答案.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，所以，的图象如下所以的最小正周期为，①正确；

的值域为，②正确；在上有增有减，③错误；

在上有4个零点，④正确.故答案为：①②④.三、解答题17．设数列的前项和为，，数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的通项公式；(3)设数列，求数列的前项和.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）根据递推公式，结合数列前项和与第项之间的关系、等比数列的定义进行求解即可；（2）根据递推公式，结合（1）中的结论进行求解即可；（3）根据平方差公式，结合等差数列前项和公式进行即可.【详解】(1)由因为，所以当时，，得：，所以，当时，也适合，因此；(2)因为，所以当时，，两式相减得：，由（1）可知：，所以，当时，，也适合上式，故；(3)因为，所以，因此.18．某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”，经过层层选拔，甲、乙两个班级进入最后决赛，规定回答1道相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛．每个班级4名选手，现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题．已知这4人中，甲班级有3人可以正确回答这道题目，而乙班级4人中能正确回答这道题目的概率均为，甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率．(2)设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为，，求随机变量，的期望，和方差，，并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好．【答案】(1)(2)，，，甲班级代表学校参加大赛更好.【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式即可求出答案；（2）结合超几何分布和二项分布，根据数学期望和方差的定义依次求出，，，，由此可求出答案．【详解】(1)解：甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率；(2)解：甲班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为1，2，，，则，．乙班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为0，1，2．所以，∴，．由，可知，由甲班级代表学校参加大赛更好．19．已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有、两点.如图，，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连结，，，.(1)当平面时，求的长；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用线面平行可得，进而求出等腰的底角即可计算作答.（2）由已知证明平面，再由体积最大可得，然后作出二面角的平面角，借助直角三角形求解作答.【详解】(1)因平面，平面内，平面平面，则有，因此，，而，则，所以的长是.(2)因，平面平面，平面平面，平面ABC，则平面，三棱锥的体积，因此，三棱锥的体积最大，当且仅当，即，取PD中点M，连接OM，CM，由，可得，如图，于是得，即是二面角的平面角，而，在中，，则，，所以二面角的余弦值是.20．已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.(1)求抛物线方程；(2)连接，并延长交抛物线于、两点，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在定值，定值为.理由见解析.【分析】（1）根据题意设出直线方程，利用平面向量互相垂直的性质，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可；（2）根据三角形面积公式，结合（1）中的方法进行求解即可.【详解】(1)设直线的方程为：，与抛物线方程联立为：，设，所以，因为，所以，化简得：，把代入得：，所以抛物线的方程为；(2)抛物线的焦点，设直线的方程为：，与抛物线方程联立为：，设，所以，即，设，同理可得：，即，，因为，所以，因为，所以，而，，，所以，因此为定值，定值为.【点睛】关键点睛：利用一元二次根与系数的关系是解题的关键.21．已知函数.(1)求函数在区间上的最值；(2)讨论方程实根个数.【答案】(1)最小值为，最大值为(2)答案见解析【分析】（1）首先求函数的导数，再分析函数的单调性，再求函数的最值；(2)构造函数，再根据导函数求出单调性、最值，结合图像，即可求解.【详解】(1)函数的定义域是，令则在上单调递增.又时，，当时，单调递减；当时，单调递增.故函数在上单调递减，在上单调递增，又且显然函数在区间上的最小值为，最大值为(2)即为，得，即，令,易知在上单调递增，故，构造函数，则故在上单调递减，在上单调递增..①当时，恒成立，方程没有实根；②当时，当时，；当时，恒成立；方程有1个实根；③当时，，先证：时，，令，即时，，当时，即在上分别有一个零点，而在上单调递递减，在上单调递递增，所以在上分别有一个零点，因此方程有2个实根.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.(1)求点的直角坐标和曲线的直角坐标方程；(2)若直线和曲线交于，两点，求点到线段中点的距离.【答案】(1)；；(2).【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求出点的直角坐标和曲线的直角坐标方程.（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，求出点M所对参数，再结合参数的几何意义计算作答.【详解】(1)点的极坐标为，由可得点P的直角坐标为，曲线：，即，于是得曲线的直角坐标方程：.(2)显然点在直线上，将直线的参数方程为（为参数）代入方程得：，整理得：，设点，所对参