2022届陕西省西安高三一模数学试卷及答案

2022届陕西省西安高三一模数学试卷及答案

一、单选题

1．设集合，，且，则（       ）

A． B． C． D．

2．某市中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了解该地区中小学生近视形成的原因，现用分层抽样的方法抽取的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（       ）

A．750，100 B．1500，100 C．1500，120 D．750，120

3．若复数（为实数，为虚数单位）在复平面内对应的点在第三象限内，则实数的值可以是（       ）

A．2 B．1 C．0 D．-1

4．设是定义在上的函数，若下列四条性质中只有三条是正确的，则错误的是（       ）

A．为上的减函数 B．为上的增函数

C．为偶函数 D．不是函数的最大值

5．由组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是奇数的概率是（       ）

A． B． C． D．

6．若等差数列和的前n项的和分别是和，且，则（       ）

A． B． C． D．

7．若为实数，则下列命题正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，，则 D．若，，则

8．已知函数，则“”是函数在上单调递增的（       ）

A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件

C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件

9．如图所示的程序框图中，若输入的，则输出的（       ）

A． B． C． D．

10．已知，是双曲线的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．已知，若函数有最小值，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

12．四面体内接于球，（为球心），，，.若四面体体积的最大值为4，则这个球的体积为（       ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．若曲线在在点处的切线为，则__________.

14．设是等比数列的前n项和，，，成等差数列，且.则__________.

15．已知是边长为1的正六边形内的一点，则的取值范围是__________.

16．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则线段长度的最小值为__________.

三、解答题

17．某单位组织“新型冠状病毒”相关知识抢答竞赛，甲，乙两人分别代表各自科室参加，竞赛共有五道题目，对于每道题规定；抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，先得3分者获胜，比赛结束，若每次出题甲，乙两人抢到答题机会的概率都是，甲，乙正确回答每道题的概率分别为，，且两人每道题是否回答正确均相互独立.

(1)求甲先得1分的概率；

(2)求甲获胜的概率；

(3)若将抢答5道题改为抢答3道题，先得3分获胜改为先得2分获胜，其余条件不变，则规则的修改对甲是否有利，请说明理由？

18．已知锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若.

(1)求；

(2)若，求周长的取值范围.

19．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.

(1)若，试证；

(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.

20．已知抛物线，过点作两条互相垂直的直线，设分别与抛物线相交于及两点，当点的横坐标为时，抛物线在点处的切线斜率为.

(1)求抛物线的方程；

(2)设线段的中点分别为，为坐标原点，求证直线过定点.

21．函数 ，.

(1)求证：当时，存在唯一极小值点，且；

(2)是否存在实数使在上只有一个零点，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)过点的直线依次与两曲线交于，，，四点，且，求直线的普通方程.

23．已知函数.

（1）若，且不等式的解集为，求的值；

（2）如果对任意，，求的取值范围.

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

先利用绝对值不等式、对数式的真数为正、一元二次不等式的解法化简两个集合，再求补集.

【详解】

由题意，得

，

或，

所以.

故选：D.

2．B

【解析】

【分析】

利用两图中的频数、频率及分层抽样的特点进行求解.

【详解】

由题意，得样本容量为，

抽取的高中生中近视人数为.

故选：B.

3．C

【解析】

【分析】

先利用复数的除法法则化简复数，再利用复数的几何意义得到关于的不等式组，再结合选项进行求解.

【详解】

因为，

因为对应的点在第三象限，

所以，解得；

结合所给选项，得实数的值可以是0.

故选：C.

4．A

【解析】

【分析】

假设A、B正确，由此判断出C、D错误，与已知矛盾，由此判断答案A、B中一个正确一个错误，C、D正确.而A、C矛盾，由此确定A错误.

【详解】

由为偶函数得函数的图像关于对称.

假设A、B正确，由此判断出C、D错误，与已知矛盾，由此判断答案A、B中一个正确一个错误，C、D正确.而A、C矛盾，由此确定A错误.

故选：A.

5．D

【解析】

【分析】

利用排列组合知识可求得基本事件总数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.

【详解】

由组成没有重复数字的五位数，基本事件总数为：；

其中是奇数的基本事件个数为：，所求概率.

故选：D.

6．B

【解析】

【分析】

根据等差数列的性质和求和公式结合已知条件分析求解

【详解】

因为等差数列和的前n项的和分别是和，且，

所以.

故选：B.

7．B

【解析】

利用不等式的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】

对于A选项，当时，不符合，故A选项错误.

对于B选项，由于，所以，所以，所以B选项正确.

对于C选项，如，但是，所以C选项错误.

对于D选项，由于的正负不确定，所以无法由，得出，故D选项错误.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查不等式的性质，属于基础题.

8．A

【解析】

【分析】

由在上单调递增，则为单调增区间的子区间，求出的范围，再根据充分性、必要性的定义即可判断.

【详解】

∵，∴，

由于函数在上单调递增，

∴，

即.

∴只能取0，此时，

∴是函数在上单调递增的必要不充分条件.

故选:A.

9．A

【解析】

【分析】

由程序框图得分段函数，由函数性质得结论．

【详解】

由程序框图，知其实质为函数，

当时：，时，，时，，

故选：A.

10．D

【解析】

【分析】

求出双曲线焦点到渐近线的距离，求出，利用即，列式求解即可.

【详解】

解：焦点到渐近线的距离为，

所以，

因为，，即，即，

，，

解得.

，.

故选：D.

11．D

【解析】

【分析】

对a进行分类讨论，结合对称轴，单调性，最值，列出不等关系，求出实数的取值范围.

【详解】

①当时，二次函数的对称轴为直线，

此时函数在区间上单调递减，，

函数在区间上单调递减，，

欲使函数有最小值，需，解得：与矛盾.

②当时，函数的对称轴为直线，所以在上单调递减，在上单调递增，此时函数在区间上的最小值为，

函数在区间上单调递减，此时，，

欲使函数有最小值，需，解得与矛盾；

③当时，二次函数的对称轴为直线，

在区间上的最小值为，

在区间上单调递增，，

欲使函数有最小值，需，即，∴.

综上所述，实数的取值范围是.

故选：D.

12．A

【解析】

【分析】

在中利用余弦定理求得第三边，并判断为直角三角形且面积为定值，由面积公式求得的面积，从而分析知当到平面的距离取得最大值时球的体积最大.

【详解】

在中，∵，，，

∴，

∴，.

∴外接圆半径.

∴.

如图所示，设的中点为，则为过的截面圆的圆心，设球的半径为，所以球心到平面的距离为

当点平面时，四面体体积的最大

即：，解得，

.

故选：A.

13．##

【解析】

【分析】

由题意可得，，从而可求出的值，进而可求得

【详解】

将代入，得切点为，

①，

又，

，，

代入①得，

∴.

故答案为：

14．10

【解析】

【分析】

验证时不成立，再由等差中项可得，利用等比数列的前n项和公式得到，由，代入即可求出答案.

【详解】

由题知：.

当时，显然不成立，

当时，，

整理得：.

∴，故.

故答案为：10

15．

【解析】

【分析】

画出图形,结合图形，利用平面向量的几何意义判断求解即可.

【详解】

画出图形如图，，

它的几何意义是的长度与在向量上的投影的乘积，

由图可知，在处时，取得最大值，，此时，可得，即最大值为.

在处取得最小值，此时，最小值为，

因为是边长为1的正六边形内的一点，取不到临界值，

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

利用向量数乘的坐标运算可得，由此可求得点轨迹为直线，将问题转化为原点到直线距离的求解即可.

【详解】

设，，，

，，，，

由，得：，，

两式相乘得：，同理可得：，

，

由题意知：且，否则与矛盾，，

点轨迹为，即直线，

线段长度的最小值即为原点到直线的距离，.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：本题解题关键是能够利用向量坐标运算求得动点的轨迹方程，根据轨迹为直线可将问题转化为坐标原点到直线距离的求解.

17．(1)

(2)

(3)对甲更有利，理由见解析

【解析】

【分析】

考虑甲先得1分分为甲抢到答题并且答对，或者是乙抢到并且答错两种情况，分别计算概率即可；

可以将甲答对看做一次独立实验，考虑甲胜利需要几次这样的独立实验即可；

与(2)相同，只是次数会变少.

(1)

设每道题的抢答中，记甲得1分为事件.

发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，

∴，

∴ 甲率先得1分的概率为.

(2)

由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为，，

设两人共抢答了道题比赛结束，且甲获胜.

根据比赛规则，的所有可能取值分别为3，4，5，

则，

，

，

则甲获胜的概率.

(3)

由（1）（2）知改变规则后甲获胜的概率

，

∴甲获胜的概率变大了，对甲更有利.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由已知及正弦定理角化边，再利用余弦定理，可求出，由已知条件得出角的范围，

进而求出角即可以求出的值.

（2）由，的值，利用正弦定理求出，进而表示出三角函数的周长，利用三角形的内角和

定理及两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的性质确定出周长的取值范围.

(1)

由及正弦定理，

得即.

所以，由为锐角， 得，

所以.

(2)

由得.

∴得周长.

，

因为，，

所以，，

所以，

即.

所以周长的取值范围为.

19．(1)证明见解析

(2)为的中点时，取得最大值.

【解析】

【分析】

（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及

勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.

（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，

在利用二次函数的性质即可求解该问题.

(1)

在中，

∵为中点且，

∴.

∵平面平面交线为，

∴平面，∴.

∵，分别为，的中点，

∴.

∴.

在直角和直角中，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴.

∴平面，平面，

∴.

(2)

∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，

以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，

则，，，，，，

∴，.

设平面的一个法向量为，

则，

令得，，

设，，则，

∴，，

设直线与平面所成的角为，

则.

若，此时点与重合，

若，令，则.

当，即，为的中点时，取得最大值.

20．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）结合导数知识，利用切线斜率构造方程可得，由此可得抛物线方程；

（2）将直线方程代入抛物线方程中，结合韦达定理可确定中点坐标，同理可得中点坐标，利用直线方程两点式可得直线方程，化简可知其过定点.

(1)

由得：，则，，解得：，

抛物线方程为：；

(2)

由题意知：直线的斜率都存在且都不为零，

由（1）知：，

设直线，代入得：，

设，，则，，

，中点；

，，同理可得：中点；

的方程为：，

化简整理得：，则当时，，

直线恒过定点.

【点睛】

思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；

④根据直线过定点的求解方法可求得结果.

21．(1)证明见解析

(2)存在，或

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，再次求导可判断，则可得单调递增，再利用零点存在性定理可得存在，使得，再通过判断的正负可得存在唯一的极小值点，再利用三角函数的有界性可求得其范围，

（2）当时，函数无零点，当时，由可得，构造函数，，通过求导和三角函数的性质可得当时取得极小值，当时取得极大值，再根据函数的单调性可得时，，从而可求出的范围

(1)

当时，，，，恒成立，所以在上单调递增，

又，

，，

所以，即，

所以.

所以存在，使得，即.

则在上，，在上，，

所以在上，单调递减，在上，单调递增.

所以存在唯一的极小值点.

，

，则，

∴.

(2)

当时无零点，

当时，由得，所以，

令，，

，

令，得，，.

由函数的图像性质可知：

时，，单调递减.

时，，单调递增.

所以，，时，取得极小值，

即当时取得极小值，

又，

即，

又因为在上单调递减，所以.

同理当，，时，取得极大值，

即当时取得极大值，

又，

即，

∵，.

∴时，.

当或，即，或时，与的图象只有一个交点.

∴存在实数或，使在上有且只有一个零点.

【点睛】

关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的极值，利用导数解决函数零点问题，解题的关键是当时，将函数零点问题转化为函数，，与的图象交点问题，再转化为利用导数研究函数的性质，考查数学转化思想和计算能力，属于难题

22．(1)，；

(2).

【解析】

【分析】

直接利用转换关系，在参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换即可；

设直线的参数方程为（为参数，），带入，曲线方程，设，所对参数分别为，，设，所对参数分别为，，结合，求出直线的普通方程.

(1)

解：由曲线的参数方程为（为参数），

消去参数，可得曲线的普通方程，

由的极坐标方程，两边同乘得，

将，，代入上式，得曲线的直角坐标方程.

(2)

解：由已知可设直线的参数方程为（为参数，），

将的参数方程代入曲线，整理得，

设，所对参数分别为，，则，

同理将的参数方程代入曲线，整理得，

设，所对参数分别为，，

因为，则，

，

，

即.

当时，此时直线方程为.

时，，不存在.

所求直线方程为.

23．(1) ；(2) 或

【解析】

(1)由含两个绝对值转化为分段函数，再根据已知条件即可求出的值；

(2)对进行三种情况进行讨论，即可得出的取值范围.

【详解】

(1)若，则

，

因为不等式的解集为，

所以当时，，

解得：；

(2)①当时，则

，

如果对任意，即的最小值为，

解得：；

②当时，，

则的最小值为0，不符合条件，舍去；

③当时，

，

如果对任意，即的最小值为，

解得：，

综上：的取值范围或

【点睛】

本题考查了含两个绝对值的不等式，求含两个绝对值的不等式的最值，属于一般题.