云南省保山市2021-2022学年高三第一次教学质量监测数学（理）试题

保山市2021-2022学年高三年级第一次教学质量监测

理科数学 参考答案

一、选择题：BACD－BDCA－ＡCBD

1．解析：

，又，因此，，选B.

2．解析：

，，，，

，其对应的点在第一象限，选A．

3．解析：

因为，所以,所以，选C．

４．解析：

设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，则有

，，故，解得．

，选D.

5．解析：

x,，由题设可得，．

,令解得，则函数的单减区间就是，．选Ｂ．

6．解析：

设双曲线的实半轴长、虚半轴长、半焦距分别为，则，．已知离心率，则，，．

由题意知，，，则，的周长

，，选Ｄ．

7．解析：

设第一季度的总收入为，则第二季度的总收入为，第三季度的总收入为.

对于选项A，第一、二季度服装收入和为，第三季度服装收入为，故A错误；

对于选项B，第一季度化妆品收入为，第三季度化妆品收入为，第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故B错误；

对于选项C，第二季度的化妆品收入为，第三季度的化妆品收入为，第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故C正确；

对于选项D，第三季度总收入是第一季度总收入的倍，故D错误.

故选C．

８．解析：

抛物线的焦点为，准线方程为，设，根据抛物线定义知，得.

线段的中点到轴的距离，则以为直径的圆与轴相切，选Ａ．

(容易证明，对于抛物线上的任一点，以为直径的圆与轴都相切．)

9．解析：

因为，，且，则，于是得.

设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有，

即，而，则，

所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天，选Ａ．

10．解析：

由题意知，该四面体是正方体的一部分，如图所示．

从四个面中任取两个共有6种取法，其中互相垂直的平面有三对， 则从该四面体的四个面所在的平面中任取两个，取到的两个平面互相垂直的概率为，是假命题；

设正方体的棱长为，则正方体的体积为，四面体的体积为，所以从这个正方体中任取一点，取自四面体内的概率为，是真命题．得(¬p)∨q是真命题，p∧q，p∨(¬q)，(¬p)∧(¬q)都是假命题．

故选C.

11．解析：

函数的图象的相邻两条对称轴间的距离是，所以，．

又函数图象过点，所以，即，，解得，已知，则，．

当时，，函数在上单调递增，故①错误，④正确；

，故函数图象关于对称，②正确；

将函数的图象向右平移个单位长度得到

为偶函数，③正确．选Ｂ．

12．解析：

当时，，的图象向右平移2个单位，再把纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，则的图象如图所示．

记，若方程恰好有四个实根，则函数与   的图象有且只有四个公共点，由图得，点，，，，则，，，，则，所以与的图象有且只有四个公共点时．选D

二、填空题：

    13. ； 14. ；  15.2046；  16.

13．解析：

向量，，则，，则，.

14．解析：

根据约束条件作出满足的可行域，如图：

由得，表示斜率为且  在轴上的截距为的直线.

作直线，将平移，当经过点时取得最大值，则．

15．解析：

因为，所以，则．

又，所以，即，所以数列是以2为首项、2为公比的等比数列，

所以通项为：，．

则，

，

两式相减得，

所以，S7 = 8×28-2 =2046.

16．解析：

由题意，为直角三角形，如图．

取中点，则．

取中点，则是正方形的中心，连接  ，则 ．

已知面底面，且面面，面．

面，得到四棱锥各顶点的距离相等．

为四棱锥的外接球的球心，半径．

外接球的表面积．

三、解答题：

（一）必考题：共60分．

17．解：（1）众数就是最高直方图底边中点的横坐标，则样本众数等于25．

……………………………………　２分

由频率分布直方图可得，在上的频率为0.08，在上的频率为0.16，在上的频率为0.32，0.08＋0.16＜0.5<0.08＋0.16+0.32，则中位数在区间上．

设中位数为，则，，即样本中位数为．

……………………………………　６分

（2）根据题意，在，，，上抽取的人数分别为，，，，其中在上抽取的人数为3，则，，，．，，

，．

从而得到随机变量的分布列如下表：

随机变量的期望．………………………………　12分

18.解：（1）由，得，即．

由正弦定理得：，

因为，，所以，即．

因为，所以．　　　　　　　　　　　……………………………………　６分

（2）在中，由正弦定理得：．

所以．

由及，可得，在中，由余弦定理可得：

．

．

所以，当且仅当即时，取最大值.

所以，取最大值时，，，，

……………………………………　12分

19. 证明（1）：在中，，，由余弦定理得：

，即．所以，即．

在直四棱柱中，面，面，所以．

因为平面，平面，，所以面．

又因为平面，所以．　　……………………………………　５分

解（2）：因为，，两两垂直，所以以为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由，得，，

所以有，，，，

，，．

设为平面的法向量，则，  即，令，解得一个法向量．

设直线与平面所成角为，则，

，，．

所以，直线与平面所成角的正切值为．

20．解（1）：由题设知，直线的斜率，．

椭圆离心率，则．

所以，椭圆的标准方程为．　………………………………………………　4分

（2）当直线的斜率不存在时，，直线交椭圆于点、.

．

注意到是等腰三角形，则，，

，所以直线满足要求．……………　６分

当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，与联立消去整理得：

.

因直线过椭圆的左焦点，所以直线与椭圆必相交，设交点、，则，．

．

点到直线的距离．

．

， ，．

所以，直线的方程为：或，即或或．

…………………………………………………………………　12分

21．解（1）：函数的定义域为，．

函数，令得．

设，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．

所以，又，，从而得到：

①当或时，函数有且仅有1个零点；

②当时，函数有2个零点；

③当时，函数没有零点．　　　　　 ……………………………………………　6分

（2）对任意，恒成立，等价于恒成立．

设，则对任意有，则在上单调递减．所以在上恒成立，即恒成立，解得．

所以的取值范围是．    ………………………………………………………　12分

(还可以用微分中值定理证明：设，平移直线与曲线相切于点，则，…)

（二）选考题：

22．解：（1）直线的极坐标方程化为，将代入得直线的直角坐标方程：．　　　　　　　　　　　　　　　　　……………………………　2分

曲线的极坐标方程为，则，将代入得曲线的直角坐标方程：．　　　　　　　　　　………………………………　５分

（2）直线经过定点，倾斜角，则直线的一个标准参数方程为，即(t为参数)．

将代入方程中整理得：．

，直线与曲线的交点必然存在，设交点A，B所对应的参数值分别为，于是，（异号），则

，

即．            　　　　　…………………………………………　10分

23．解：（1）函数，则不等式可化为

或或，

解得或或，即．

所以，不等式的解集为．　………………………………………　５分

（2）对，不等式总成立，等价于．

，当且仅当即时取等号，．

，所以．

，，因此

，

当且仅当即，时取等号．

所以的最小值为．　　　　　　…………………………………………　10分

（注：第（2）问也可用柯西不等式解答）