陕西省西安市临潼区2022届高三下学期一模理科数学试题

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陕西省西安市临潼区2022届高三下学期一模理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B．

C． D．

2．已知复数，为z的共轭复数，则（       ）

A． B．

C． D．

3．已知，则（       ）

A． B． C． D．

4．已知向量，，且.若点的轨迹过定点，则这个定点的坐标是（       ）

A． B．

C． D．

5．已知，则（       ）

A．m B．2m C． D．

6．若函数的最小正周期为，则是（       ）

A．奇函数 B．偶函数

C．非奇非偶函数 D．是奇函数也是偶函数

7．一个空间几何体的三视图如图所示，三个视图的外轮廓都是正方形，则该几何体外接球的体积与该几何体的体积之比值为（       ）

A． B． C． D．

8．已知某校高三（1）班有8位同学特别优秀，从他们中随机选取若干位参加市里举办的百科知识竞赛，选取的方法是，由班主任和教务主任两位老师各随机给其中4位同学投票，被两位老师都投票的同学参加竞赛，则恰有3人参加竞赛的概率为（       ）

A． B． C． D．

9．已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心且过坐标原点O的圆与双曲线的一条渐近线交于点A，则（       ）

A．2 B．3 C． D．

10．如图，在长方体中，，M、N分别是、的中点.则直线与是（       ）

A．相互垂直的相交直线

B．相互垂直的异面直线

C．相互不垂直的异面直线

D．夹角为60°的异面直线

11．已知，，则a，b，c的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

12．如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（       ）

A．31条 B．36条 C．210条 D．315条

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知随机变量，则___________.

14．已知的三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且，则的最小角的余弦值为__________.

15．已知椭圆长轴的一个顶点到直线的距离不小于2，则椭圆的离心率的取值范围为__________.

16．已知，，.则的取值范围为__________.

17．已知数列的前n项积.

(1)求数列的通项公式；

(2)记，数列的前n项为，求的最小值.

18．为了解“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法的效率（记忆的平均时间）是否有差异，将40名学生平均分成两组分别采用两种记忆方法记忆同一篇文章.由于事先没有约定用什么图表记录记忆所用时间（单位：min），其结果是“朗读记忆”用茎叶图表示（如图①），“默读记忆”用频率分布直方图表示（分组区间为，，…，）（如图②）.

(1)分别计算“朗读记忆”和估算“默读记忆”（估算时，用各组的中点值代替该组的平均值）记忆这篇文的平均时间（单位：min）；

(2)依据（1），用m表示40位学生记忆的平均时间，完成下列2×2列联表，判断“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间m是否有关联，并说明理由.

参考公式和数据：

19．在如图所示的圆锥中，､､是该圆锥的三条不同母线，､分别为､的中点，圆锥的高为，底面半径为，，且圆锥的体积为.

(1)求证：直线平行于圆锥的底面；

(2)若三条母线､､两两夹角相等，求平面与圆锥底面的夹角的余弦值.

20．在直角坐标系中，已知圆，A、B是抛物线上两点，的重心恰好为抛物线S的焦点F，且的面积为.

(1)求p的值；

(2)求与抛物线S的公切线的方程.

21．已知函数（e为自然对数的底数，）.

(1)若，求证：在区间内有唯一零点；

(2)若在其定义域上单调递减，求a的取值范围.

22．在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线M的极坐标方程为，直角坐标系中曲线N的参数方程为（为参数，）.

(1)求曲线M的直角坐标方程；

(2)设曲线M与直角坐标系的x轴和y轴分别交于点A和点B（A、B都异于原点O），点C为曲线N上的动点.求面积的最大值.

23．已知.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且，求证：.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

分别求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.

【详解】

由题意，集合，，

根据集合交集的概念及运算，可得.

故选：B.

2．C

【解析】

【分析】

求出复数，再利用复数除法运算计算作答.

【详解】

因，则，

所以.

故选：C

3．C

【解析】

【分析】

利用换元法可求得函数的解析式.

【详解】

对于，令，则，所以，，

因此，.

故选：C.

4．A

【解析】

【分析】

先求出点的轨迹为动直线，从而可求定点.

【详解】

因为，故，整理得到：，

故定点为：.

故选：A.

5．D

【解析】

【分析】

根据给定条件切化弦，再利用同角公式、二倍角的正弦公式化简作答.

【详解】

因为，所以.

故选：D

6．B

【解析】

【分析】

利用正弦型函数的周期公式可求得的值，化简函数的解析式，利用余弦型函数的奇偶性可得出结论.

【详解】

因为函数的最小正周期为，解得，

所以，，

所以，函数为偶函数.

故选：B.

7．D

【解析】

【分析】

由三视图还原几何体的直观图，知几何体为正方体的一半去掉一个三棱锥，求外接球即正方体的外接球，由体积公式计算即可.

【详解】

由三视图作出几何体的直观图，为正方体的一半去掉三棱锥，如图，

设正方体的棱长为1，则外接球的直径,

故球的体积，

几何体的体积,

所以,

故选：D

8．A

【解析】

【分析】

先求出两位老师每人从8人中选4人的情况，再分步考虑恰有3人参加竞赛的情况即可求出.

【详解】

由题，两位老师每人从8人中选4人，共有种，

恰有3人参加竞赛，则先从8人中选3人，则一位老师从剩下的5人中选1人，另一位老师再从剩下的4人中选一人，则共有种，

所以恰有3人参加竞赛的概率为.

故选：A.

9．C

【解析】

【分析】

求出焦点到渐近线的距离后，利用勾股定理可求出结果.

【详解】

依题意得，渐近线为，

所以到渐近线的距离为，

所以.

故选：C

10．B

【解析】

【分析】

连接，可证直线与为异面直线，并可求其所成的角.

【详解】

设，连接，

因为平面，平面，，

故直线与异面直线.

在矩形中，因为为所在棱的中点，故，

而，故，

故四边形为平行四边形，故，

所以或其补角为异面直线与所成的角，

在中，，

故，故，

故选：B

11．A

【解析】

【分析】

根据对数的性质比较大小

【详解】

先比较，易知,故，即

又，故时，时

故， 而，故，有

故选：A

12．CD

【解析】

【分析】

讨论长宽关系，利用分步乘法计数原理求解即可.

【详解】

设小矩形的长为，宽为，则从的最近路线为，从的最近路线为，

若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走3个长，2个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种；

若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走2个长，4个宽，则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，则不同路线有种，所以从的不同路线有种.

综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条.

故选：CD.

13．

【解析】

【分析】

由二项分布的概率公式即可求出.

【详解】

因为，所以.

故答案为：.

14．##

【解析】

【分析】

由题设可得最小，利用余弦定理可求其余弦值.

【详解】

因为，故可设，

因为，故最小，从而.

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

利用点到直线的距离可得的不等式，求出其解后可求离心率的取值范围.

【详解】

长轴的顶点为，故即，

故离心率，

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

首先根据，即可得到，结合条件可建立关于的不等式，解关于的不等式即可得出的最小值,进而得出结果.

【详解】

因为，，

所以，当且仅当时等号成立，

即，

解得或（舍去）

所以的取值范围为.

故答案为：

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据数列的前项积为，可知，结合递推公式，即可求出结果.

（2）由（1）求出，证明数列为等差数列，求和后配方求最小值即可.

(1)

.

当时，；

当时，，也符合.

故的通项公式为.

(2)

，

，

是以为首项，2为公差的等差数列，

，

当时，的最小值为.

18．(1)“朗读记忆”的平均时间为 min；“默读记忆”的平均时间为 min；

(2)列联表见解析；无关联，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据平均数公式直接求出两种记忆方式记忆这篇文章的平均时间；

（2）由（1）求出，即可得到列联表，计算出卡方，即可判断.

(1)

解：“朗读记忆”的平均时间为 min；

“默读记忆”的平均时间为 min；

(2)

解：由（1）可知，由频率分布直方图可得“默读记忆”中小于min的有人，所以列联表如下所示：

零假设为：“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间无关联，

所以，

根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断出不成立因此可以认为成立，即 “朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法与其效率记忆的平均时间无关联；

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）通过证明即可；

（2）设的中点为，点在底面的投影为，可得为平面与圆锥底面的夹角，求出即可.

(1)

连接，在中，､分别为､的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面；

(2)

由，且，可解得，则母线长为，

因为三条母线､､两两夹角相等，所以为等边三角形，则边长为，

设的中点为，点在底面的投影为，则，

连接，则为平面与圆锥底面的夹角，

在中，，

则在中，，

所以，

则，

所以.

所以平面与圆锥底面的夹角的余弦值为.

20．(1)

(2)或.

【解析】

【分析】

（1）设，可根据的重心恰好为抛物线S的焦点F得到坐标的关系，再根据面积可求.

（2）设公切线为，则可得的方程组，求出其解后可得公切线的方程.

(1)

设，

因为的重心恰好为抛物线S的焦点F，故，

所以，故，所以与轴平行，

故的面积为，故.

(2)

由（1）可得，

又：，其圆心坐标为，半径为.

由题设可知公切线的斜率必存在，设公切线为，

由可得，故即.

又，故，，

故公切线的方程为：或.

21．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）把代入，求出并探讨其单调性，再结合零点存在性定理判断作答.

（2）利用给定单调性建立不等式，再分类分离参数，构造函数，讨论求解作答.

(1)

当时，，求导得：，令，

则，则函数在R上单调递增，即函数在R上单调递增，

而，，由函数零点存在性定理知，存在唯一，有，

所以在区间内有唯一零点.

(2)

函数的定义域是R，依题意，，成立，

当时，成立，，

当时，，令，，，即函数在上单调递增，

又当时，恒成立，于是得，

当时，，令，，，当时，，当时，，

因此，在上单调递减，在上单调递增，当时，，于是得，

综上得：，

所以a的取值范围是.

【点睛】

思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.

22．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用二倍角公式变形，再借助极坐标与直角坐标互化公式求出曲线M的直角坐标方程.

（2）由（1）求出直线AB的方程，再求出点C到直线AB距离最大值即可计算作答.

(1)

曲线M的极坐标方程化为，即，

把代入化简得：，

所以曲线M的直角坐标方程是：.

(2)

由（1）及已知，得，，直线AB方程为：，即，

依题意，设，，点C到直线AB的距离d，

，而，

因此，当，即时，，

所以面积的最大值是.

23．(1)

(2)见解析

【解析】

【分析】

（1）先换元后再解不等式

（2）由条件得到关系，再通过基本不等式证明

(1)

令，，易知，可解得

解集为

(2)

，则，，又

故，由基本不等式得：，即证