2022届黑龙江省齐齐哈尔市第一中学高三一模数学（文）试题含解析

这是一份2022届黑龙江省齐齐哈尔市第一中学高三一模数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省齐齐哈尔市第一中学高三一模数学（文）试题一、单选题1．已知复数，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据共轭复数的定义求出，进而利用复数运算法则进行计算.【详解】由题意可知，，所以．故选：B2．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先求出集合A，B，再利用交集定义即可求出.【详解】，，.故选：D.3．已知向量，，若，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据两向量垂直计算出参数的值，再根据向量的计算规则求解即可得出结果.【详解】因为，所以，解得，所以．故选：C.4．已知两条直线、和平面，若，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用已知条件判断线面、线线的位置关系，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为，若，则或，则“”“”；若，且，则与平行或异面，即“”“”.所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.5．设为等差数列的前项和，已知，，则（       ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】设等差数列的公差为，由题意建立方程，即可求出，再根据等差数列的通项公式，即可求出结果.【详解】设等差数列的公差为，由题意可知，解得，，所以．故选：A.6．已知一个容量为的样本数据的平均值为90，方差为10，若去掉其中5个为90的样本数据，剩余样本数据的平均值为，方差为，则下列结论正确的是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】根据题意，其平均值不变，，再根据方差公式即可得答案.【详解】由题意可知，个样本数据之和为，去掉5个相同的样本数据90后，个样本数据之和为，所以，排除选项C；因为样本数据中有5个相同的数据90，且，不妨设去掉的5个相同的样本数据90都排在最后，则，所以，即．故选：A7．在平面直角坐标系中，双曲线过点，且其两条渐近线的方程分别为和，则双曲线的标准方程为（       ）A． B．C．或 D．【答案】B【分析】待定系数法设双曲线方程后求解【详解】若双曲线焦点在轴上，则可设其标准方程为，可列解得，其标准方程为若双曲线焦点在轴上，则可设其标准方程为此时无解综上，双曲线方程为故选：B8．设{an}是有正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得．【详解】由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，设{an}的公比为q，则q＞0，∴S31＝7，解得q或q（舍去），∴a14，∴S5故选B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．9．若一几何体的三视图如图所示（单位网格），则该几何体的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定三视图，作出几何体，再借助几何体的结构特征计算作答.【详解】依题意，给定三视图所对几何体是底面半径为3，高为4，母线长为5的圆锥，如图，该几何体的表面积为：.故选：B10．若函数是定义在上的偶函数，则（       ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据题意可得，即，化简整理即可求得答案.【详解】解：因为是上的偶函数，所以，即，所以，整理得，所以．故选：C.11．已知，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用给定条件求出，再借助二次齐次式计算作答.【详解】依题意，，即，整理得：，而，即，解得，所以.故选：B12．已知抛物线的准线与轴交于点，为的焦点，是上第一象限内的点，则取得最大值时，的面积为（       ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】A【分析】由题意可确定抛物线方程，利用抛物线几何性质确定直线与相切时，取得最大值，然后，设出直线的方程，联立抛物线方程，令判别式等于零，求出点坐标，即可求得答案.【详解】由题意可知，，所以，则，，．过点作准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义可知，，要使取得最大值，则取得最小值，需直线与相切．由题意知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，由消去可得，，所以，解得，因为是上第一象限内的点，所以，此时为，则 ，故，所以,故选：A.二、填空题13．已知满足约束条件，则目标函数的最大值为______．【答案】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最小，利用数形结合的方式可得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图所示，当取最大值时，在轴截距最小，由图象可知：当过时，在轴截距最小，由得：，即，.故答案为：.14．已知圆：，则过点的圆的切线方程为______．【答案】【分析】根据已知设出直线方程，然后由圆心到直线距离等于半径可得.【详解】易知，当直线斜率不存在时，直线方程为，不满足题意；当直线斜率存在时，设其方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得，所以直线方程为.故答案为：.15．数列中，，当时，，则数列的通项公式为______．【答案】【分析】根据累加法求通项公式即可.【详解】解：因为，所以， ，，，累乘得：， ，所以，．由于，所以，．显然当时，满足，所以，．故答案为：16．已知正三棱柱的底面积为，点为的中点，直线与直线所成的角等于，则该三棱柱的外接球的表面积等于______．【答案】【分析】作辅助线，根据直线与直线所成的角等于，结合底面积求得底面边长，求得三棱柱的高，再求得外接球的半径，即可求得答案.【详解】设 为的中点，连接 .则四边形 为平行四边形，故 , 则即为直线与直线所成的角，即，由正三棱柱的底面积为，则 ,在中， ,设三棱柱的高为h，则 ，故 ,即，解得 ，设三棱柱上下底面的中心分别为,连接，则外接球球心O位于的中点位置，故设三棱柱外接球的半径为r，则 ,故该三棱柱的外接球的表面积等于 ，故答案为：三、解答题17．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．(1)求B；(2)若△ABC的面积为，角B的平分线交AC于D，且，求b．【答案】(1)；(2)﹒【分析】(1)结合已知条件，根据正弦定理边角互化即可求B；(2)由可的a＋c＝5，根据可得ac＝4，再结合余弦定理即可求出b.【详解】(1)由正弦定理及，得，∴，∵，∴；(2)∵，∴，即．又，∴．由余弦定理得：，∴．18．某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量频数13249265日用水量频数151310165使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表(1)在图中作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于的概率；(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）【答案】(1)作图见解析(2)0.38(3)【分析】（1）根据频率分布表中的数据直接作即可，（2）根据频率分布表求出日用水量小于的频率即可，（3）先求出未使用节水龙头50天的日用水量的平均值和使用节水龙头50天的日用水量的平均值，然后作差，再乘以365即可【详解】(1)(2)日用水量小于的概率为；(3)该家庭未使用节水龙头50天的日用水量的平均值为：该家庭使用节水龙头50天的日用水量的平均值为：估计使用节水龙头后，一年可节省水.19．如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，分别为，的中点．(1)证明：平面；(2)平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为，较小的体积为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理，和平行线的传递性，可得，且，即可证四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；（2）延长，交于点，根据题意可知平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台．根据三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，可求出；再根据直棱柱体积公式即可求出的体积，进而求出，由此即可求出．【详解】(1)证明：连接，交于点，连接，，因为，分别为，的中点，所以，且，因为为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，故平面．(2)解：延长，交于点，则，分别为，的中点，，，再连接，交于点，则为的中点，，连接，所以平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台．因为三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，所以．又直四棱柱的体积为，所以，故．20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上一点，且与轴垂直．(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线与交于、两点，点，且的面积是面积的2倍，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意易得两焦点的坐标，再根据椭圆的定义可求得，根据可求得，即可得出答案；（2）分与轴重合和与轴不重合两种情况讨论，当与轴不重合时，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消，利用韦达定理求得，，再根据的面积是面积的2倍，可得，从而可得出答案.【详解】(1)解：因为与轴垂直，所以，，且，则，即，所以，故的方程为；(2)解：由题意，得，当与轴重合时，，，从而面积是面积的3倍，此时不适合题意；当与轴不重合时，设直线的方程为，，，联立得，由题意，得，且，，由的面积是面积的2倍，得，所以，所以，，即，解得，所以直线的方程为．21．已知函数．(1)当时，求的最小值；(2)若函数有两个不同的零点，求的取值范围．【答案】(1)1(2)【分析】（1）求定义域，求导，得到单调区间，进而求出最值；（2）求定义域，求导，结合导函数的零点，对a进行分类讨论，结合单调性和极值，最值，求出的取值范围.【详解】(1)的定义域为，时，，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增．所以是的极小值点，也是的最小值点，故．(2)由，定义域为，当时，，所以在上单调递减，则最多有一个零点，不合题意；当时，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则的极小值为．设，则，所以，从而在上单调递减，又．当，即时，； 所以当时，最多有一个零点，不合题意；当，即时，，即；又，则，所以在内有一个零点．由（1）得:，所以，所以在内有一个零点，结合的单调性，可知时，有两个不同的零点，故的取值范围为．【点睛】已知函数零点个数，求参数的取值范围，通常难度较大，要结合导函数的特征，对参数进行分类讨论，结合函数单调性，极值最值及零点存在性定理解决问题.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(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)求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；(2)若射线与直线垂直，且与曲线交于，两点，求的值．【答案】(1)直线：，曲线：；(2).【分析】(1)消去直线参数方程中的参数t得的普通方程；利用极坐标与直角坐标互换公式可得曲线的直角坐标方程.(2)由给定条件求出，进而建立射线与曲线交点极径的方程，借助韦达定理计算作答.【详解】(1)直线的参数方程为(为参数)，消去参数，得直线的普通方程为，将，代入，得曲线的直角坐标方程为，所以直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为.(2)因为射线与直线垂直，则有，，将代入曲线的极坐标方程得，设、所对应的极径分别为，，则，，，所以.23．设函数，，记的解集为M，的解集为N.（1）求M；（2）当时，证明：.【答案】（1）；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）由所给的不等式可得当时，由，或 当时，由，分别求得它们的解集，再取并集，即得所求．（2）由 ，求得N，可得．当x∈M∩N时，f（x）=1-x，不等式的左边化为，显然它小于或等于，要证的不等式得证．（1）当时，由得，故；当时，由得，故；所以的解集为.（2）由得解得，因此，故.当时，，于是.【解析】1.其他不等式的解法；2.交集及其运算．