陕西省宝鸡市金台区2022届高三第一次模拟检测文理科数学试题

2022届高三教学质量检测理科数学答案

命题人：张晓明   吴晓英   马晶                   2021.11

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1．D   本题考查复数的共轭及乘法运算.

解：由题知.

2．A   本题考查集合的运算.

解：任取，则，其中，所以，，故，

因此，.故选：A.

3．C   本题考查命题的真假，或且非命题的真值表.

解：因为，所以，，故命题是假命题；

命题q： ，， q是真命题，所以是真命题.

4．C   本题考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.

解：由题意可得，

对于A，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.

对于B，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；

对于C，是奇函数；

对于D，不是奇函数；

故选：C

5．A   本题考查空间位置关系，建立空间直角坐标系，结合向量的夹角公式，即可求得异面

直线所成角．

解：以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，

可得，，， ，

则，，所以．

故选：A．

6．B   本题考查分类和分步计数原理.

解：考虑甲乙特殊，若三组人数为，则甲乙还需一名成员，故不同的分配方案有；

若三组人数为，则甲乙为一组，不同的分配方案有，所以共计种.

7．C   本题考查三角函数的周期变化和平移变换及诱导公式应用.

解：，由上各点的横坐标缩短到原来的倍得到，再将曲线向左平移个单位得到.

8．D   本题考查几何概型原理及正方体的外接球的概念.

解：设正方体的棱长为，则正方体的体积为，正方体的体对角线长为，

设外接球的半径为R，所以，则，所以外接球的体积为，所以恰有个点落入该正方体内概率为，解得.

9．A   本题考查利用正弦定理求解．

解：依题意可知， ，

∴，由正弦定理可知，∴米，

∴在中，米.

10．B   本题考查求出导函数，题意说明有两个不等实根，转化为，设，即直线与的图像有两个交点，求导分析，即得解.

解：由题意有两个不等实根，，

设，，

当时，，递增，

当时，，递减，

时，为极大值也是最大值，

时，，且，

当时，，

所以当，即时，直线与的图象有两个交点，即有两个不等实根．

11．D   本题考查结合椭圆定义求出焦半径，利用可得离心率的不等关系，求得其范围．

解：

所以，又，所以，．

12．B   本题考查由在R上是增函数，得到与，和 与的大小，构造函数，利用其单调性得到与的大小，构造函数，利用其单调性得到与的大小即可.

解：因为在R上是增函数，所以，

设函数，则，当时，，则是增函数，

又，所以，即，则，

设函数，则，当时，，则是减函数，

所以，即，即，则，所以．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.． 考查双曲线的标准方程、渐近线及相关概念，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.

解：由条件可知该双曲线的渐近线与轴夹角小于45度,由 得，实轴长.

14. 2 ． 考查向量的加减及数量积的运算，考查数学运算的核心素养.

解：由得，即，得

15. ．考查余弦定理和解三角形有关知识，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.

解：由余弦定理得：，则，解得：，

16.丙， ．  考查三视图，考查直观想象的核心素养.

解：由三视图还原甲、丙几何体如下图，乙（略）

，，     

，，

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.本题考查中位数、平均得分与方差的求法，考查数学运算及数据分析的核心素养.

解：（1）训练后得分的中位数为，                         ……… 2分

平均得分为：（分）         ……… 4分

方差为：

（）                                                  ……… 6分

（2）尽管中位数训练后比训练前稍小，但平均得分一样，训练后方差小于训练前方差,说明训练后得分稳定性提高了，这是投篮水平提高的表现，故此训练计划对该运动员的投篮水平的提高有帮助.                                ……… 12分

18. 本题考查空间中线面位置关系的判定及几何体体积的求法，考查直观想象的核心素养.

解：（1）因为底面是菱形，，所以为等边三角形，

所以平分，所以，

所以，                           ………3分

又因为平面，所以，且，

所以平面，又平面，    ………5分

所以平面平面；                ………6分

（2）据题意，建立空间直角坐标系如图所示：

因为，所以      

所以，

设平面一个法向量为，平面一个法向量为，

因为，，

所以，取，所以，所以，            ………8分

又因为，，

所以，取，则，所以，……10分

所以，                     ……… 11分

所以平面与平面的夹角的余弦值为.                  ………12分

19.本题主要考查等差数列及裂项相消法求和，考查了逻辑推理和数学运算的核心素养.

解：（1）由可得，                     ……… 2分

∴等差数列是以1为首项，1为公差，                        ……… 4分

∴，得.                                       ……… 6分

（2）由（1）可得，    ……… 9分

∴.        ……… 12分

20.本题考查了利用导数求函数的单调性、最值问题、零点问题，考查学生的等价转化思想以及数学运算、逻辑推理及数学建模的核心素养.

解：（1）函数的定义域为，

                ……… 2分

若，则,所以单调递减.               ……… 3分

若，则由得.

当时，；

当时，.

所以，单调递减，在单调递增.      ……… 5分

（2）若，由（1）可知，最多只有1个零点.               ……… 6分

若，由（1）可知，时取得最小值，

最小值为.                                  ……… 8分

设，，所以在上单调递增,

又，所以当且仅当时，即时,.

………10分

而，

所以在有1个零点.

在上，由指数爆炸可知，当时，，

所以在有1个零点.

综上，的取值范围为.                                     ……… 12分

21.本题主要考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想的应用，考察的核心素养是数学运算、逻辑推理.

解：（1）设，直线的方程为，与抛物线方程联立，

整理可得

所以，，

所以，   

所以，                                                       ………4分

（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，

设，则抛物线在点处的切线方程为… 6分

从而同理，

因为，所以，即，                           ……… 8分

又，

从而直线的方程为：，                   ……… 10分

将带入化简得：，

所以，直线恒过定点.                                    ……… 12分

22.本题考查参数方程的求解，考查的核心素养逻辑推理、直观想象和数学运算.

解：（1）由曲线C的极坐标方程可得，

将代入可得，即，

即曲线C的直角坐标方程为；                        ……… 5分

（2）设，设

，

，

则，即，

故P的轨迹的参数方程为（为参数）             ……… 8分

曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为1，

则圆心距为，，两圆内含，故曲线C与没有公共点.

……… 10分

23.本题考查绝对值不等式求解及恒成立问题，主要考查分类讨论、数形结合的思想及逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.

解：（1）令,

则=  ……… 2分

因为,所以当≤时,由,解得x≤；

当时,由,解得≤

当时,由,解得.

综上得,所求不等式的解集为.                  ……… 5分

（2）由（1）作函数的图像,点,       ……… 8分

令,则其过定点,如图所示,

由不等式的解集为,

可得-4≤<,即-4≤.

所以,所求实数的取值范围为.            ……… 10分