2022届重庆市高三三模数学试题含解析

2022届重庆市高三三模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据补集以及交集的概念直接计算即可.

【详解】，

由题可知：，所以.

故选：D.

2．函数的图象的一条对称轴为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据余弦函数的对称性即可得出答案.

【详解】解：令，则，

即函数的图象的对称轴为，

当时，.

故选：B.

3．已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”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】C

【详解】函数为增函数,则 ,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时, ,,所以,故为增函数.

故选:C

4．已知为的重心，记，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】因为为的重心，所以，表示出，则，代入即可得出答案.

【详解】因为为的重心，所以，所以，而.

故选：A.

5．已知函数则函数的零点个数为（       ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】C

【分析】当时，函数没有零点；当时，函数有两个零点，即得解.

【详解】解：当时，，因为，所以舍去；

当时，或，满足.所以或.

函数的零点个数为2个.

故选：C

6．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断.为了研究“冰墩墩”与“雪容融”在不同性别的人群中受欢迎程度是否存在差异，某机构从关注冬奥会公众号的微信用户中随机调查了100人，得到如下2×2列联表：

参考公式：，其中.

附表：

则下列说法中正确的是（       ）

A．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”

B．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”

C．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”

D．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”

【答案】B

【分析】根据题目条件求出观测值，同观测值表中的进行检验，即可得出答案.

【详解】由题意可得：，

所以有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”.

故选：B.

7．中国传统文化中，在齐鲁大地过年包饺子要包三样，第一是麸子，寓意幸福；第二是钱币，寓意求财：第三是糖，寓意甜蜜.小明妈妈在除夕晚煮了10个饺子，其中5个麸子饺子，3个钱币饺子，2个糖饺子，小明从中随机夹了3个饺子，则小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分三种情况讨论，利用古典概型的概率公式得解.

【详解】解：小明从中随机夹了3个饺子共有种；

如果是1个麸子1个钱币饺子1个糖饺子，共有种；

如果是1个麸子2个钱币饺子，共有种；

如果是2个麸子1个钱币饺子，共有种.

由古典概型的概率公式得:

小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是.

故选：C

8．已知数列的前项和为，，则（       ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】当为奇数时有，函数的周期为可得，

计算出，，可得答案.

【详解】当为奇数时有，函数的周期为，

故有，，，，，按此规律下去循环重复下去，，

故有.

故选：C.

二、多选题

9．已知复数，则（       ）

A． B．的虚部为-1

C．为纯虚数 D．在复平面内对应的点位于第一象限

【答案】ABC

【分析】化简得，求出复数的模即可判断选项A和B的真假；求出即可判断选项C的真假；求出即可判断选项D的真假.

【详解】解：由题得，所以，所以选项A正确；

因为的虚部为-1，所以选项B正确；

由于为纯虚数，所以选项C正确；

在复平面内对应的点为位于第二象限，所以选项D错误.

故选：ABC

10．如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线异面的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】对于A，当为的中点时，，故A不正确；对于BCD，根据异面直线的判定定理可知都正确.

【详解】对于A，当为的中点时，，故A不正确；

对于B，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故B正确；

对于C，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确；

对于D，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确；

故选：BCD

11．已知双曲线：的左右焦点为，，左右顶点为，，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，设，，当直线绕着转动时，下列量保持不变的是（       ）

A．的周长 B．的周长与之差

C． D．

【答案】BD

【分析】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，可判断A，根据双曲线定义求解可判断B，设，则根据商与积的值可判断CD．

【详解】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，故A不正确；

的周长为

所以的周长与之差为，故B正确；

设，则，

由不是常量，故C不正确；

由为常量，故D正确；

故选：BD

12．在矩形中，，，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积可以是（       ）

A．2 B． C．3 D．4

【答案】BC

【分析】以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，利用勾股定理可得，，，再利用由余弦定理和基本不等式得，从而求出的范围，由可得，再根据选项可得答案.

【详解】

如图，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，

设，

因为，，，

所以，，，

由余弦定理得得

，可得

，当且仅当等号成立，

即，解得，或，

因为，所以，所以，

因为，

所以

，

因为，所以，

所以，，

而，，，，

故选：BC.

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】利用导数求出切线的斜率，可得出所求切线的点斜式方程．

【详解】由，，则切线的斜率为．

所以曲线在点处的切线方程为：

，即．

因此所求切线的方程为．

故答案为：．

14．___________.

【答案】

【分析】利用诱导公式和和角的余弦公式求解.

【详解】解：原式=.

故答案为：

15．已知点，，圆：与线段（包含端点）有公共点，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】求出两点都在圆内时的范围，再求出原点到直线的距离，再根据题意即可得出答案，注意说明当直线与圆相切时，切点在线段上.

【详解】解：当两点都在圆内时，

则，解得，

直线的方程为，即，

原点到直线的距离为，

又因，

所以原点与线段上的点所在直线的斜率的范围为，

因为圆：与线段（包含端点）有公共点，

所以.

故答案为：.

16．已知，，且，则的最小值为___________.

【答案】4

【分析】由题得，再利用基本不等式求出的最小值即得解.

【详解】解：由题得，

所以.

(当且仅当时取等)

因为，所以的最小值为4.

故答案为：4

四、解答题

17．已知数列的前项和为，，.

(1)证明：为等比数列；

(2)求.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由递推关系化简，根据等比数列的定义得证；

（2）由（1）求出，根据错位相减法求和.

【详解】(1),

，即

，

故为等比数列.

(2)由（1）知，，

，

，

，

18．在平面四边形中，，，，，.

(1)证明：平分；

(2)求的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据余弦定理及三角函数，再结合角平分线的定义即可证明；

（2）利用三角函数及二倍角的正弦公式，再结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】(1)在中，由余弦定理及已知，得

，即.

在中，，

所以，

在中，由余弦定理得

所以，

所以.故平分.

(2)由（1）知，,.

在中，.

，

所以的面积为

.

所以的面积为.

19．如图，在四棱锥中，，，，E是棱PA的中点，且平面.

(1)证明：平面；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，由面面平行的判定定理证得面面，由面面平行的性质定理证得，再有题目证得面，则面.

（2）以点为坐标原点，建立如图所示得空间直角坐标，分别求出平面和平面的法向量，由面面角的公式带入即可求出答案.

【详解】(1)取中点，连接，因为E是棱PA的中点，所以，面，面，∴面，∵面，.

∴面面，面面，面面，所以，，，故，.

∴面，，∴面.

(2)因为面，，所以，建立如图所示得空间直角坐标系，，，，，，，，设平面法向量为，

，所以，则

，设平面法向量为，

，所以 ，则

设平面和平面所成角为，

所以.

二面角的余弦值为.

20．甲､乙两人进行射击比赛，一局比赛中，先射击的一方最多可射击3次，一旦未击中目标即停止，然后换另一方射击，一旦未击中目标或两方射击总次数达5次均停止，本局比赛结束，各方击中目标的次数即为其本局比赛得分，已知甲､乙每次射击击中目标的概率分别为和，两人的各次射击是否击中目标相互独立，一局比赛中，若甲先射击.

(1)求甲､乙得分相同的概率；

(2)设乙的得分为，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）由题意可知，满足甲､乙得分相同有3种情况，分别计算概率后再求和即可；

（2）根据甲先射击及一旦未击中目标或两方射击总次数达5次均停止可得到可取，再分别求出概率即可求解分布列即期望.

【详解】(1)由题意，①甲、乙第一次均未击中，则；

②甲、乙第一次都击中，第二次均未击中，则；

③甲、乙均击中两次，.

所以.

(2)由题意，可得可取.则，

所以的分布列如下：

的期望.

21．已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为､关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义和得，，

由得，且，

可得答案；

（2）设，，，联立直线和椭圆方程利用韦达定理，代入直线：，令得，从而得到、坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.

【详解】(1)因为短轴长为2，所以，

因为 ，，

所以，，

又因为轴，所以，

，且，

解得，∴.

(2)，，，联立直线和椭圆方程得

，整理得，

，，，

直线：

令，

，

，，的中点坐标为，

由中点在上，可得，

，

，解得，，

所以.

22．已知函数，.

(1)当时，求函数的单调性；

(2)当时，若函数有唯一零点，证明：.

【答案】(1)在上单调递减，在单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意得，又，所以在上单调递增，易知，分析即可求解单调性；（2）根据（1）可知在上单调递增，又恒成立，所以，，所以存在唯一的，使得，即，分析可知单调性，得到，再通过分析证明，若函数有唯一零点，则，所以，即，所以，设，分析单调性，再分别判断和的正负，即可求解.

【详解】(1)根据题意得：的定义域为，所以，

又，所以在上单调递增，

易知，所以当时，，当时，，

所以函数在单调递减，在单调递增.

(2)因为，的定义域为，所以，

所以，所以在上单调递增，

设，则，当时，，所以单调递增，

当时，，所以单调递减，所以，

所以，即，

所以，又，

所以存在唯一的，使得，即，

当时，，单调递减，当时，，

单调递增，所以， 又，所以，

所以，当时，等号成立，则，

所以，

即，又，所以，所以，

所以，又，所以，

所以，即，

所以，

当时，，若函数有唯一零点，则，所以，

即，所以，

设，所以，

所以在单调递减，所以， ，

所以.

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.