2022届山西省朔州市怀仁市第一中学高三下学期第二次模拟数学（理）试题含解析

2022届山西省朔州市怀仁市第一中学高三下学期第二次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．的共轭复数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的除法运算法则化简计算复数，再由共轭复数的定义求解.

【详解】，所以的共轭复数为.

故选：B

2．设集合，，则等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别化简集合，集合，再求二者交集

【详解】

所以

故选：D

3．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】A

【分析】分解解对数不等式和一元二次不等式，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

因为，所以或，

所以是的充分不必要条件.

故选：A.

4．已知函数为R上的奇函数，当时，，则等于（       ）

A．-3 B．-1 C．1 D．3

【答案】C

【分析】根据函数为奇函数可得，再根据已知区间函数解析式即可得解.

【详解】解：因为函数为R上的奇函数，当时，，

所以.

故选：C.

5．设m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）

A．若，，，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】C

【分析】根据面面平行的判定定理即可判断A；

根据线面平行的判定定理即可判断B；

根据面面垂直的判定定理即可判断C；

根据线面垂直的判定定理即可判断D.

【详解】解：对于A，若，，，

当时，无法判断与是否平行，故A错误；

对于B，若，，则或，故B错误；

对于C，若，，则，

又，所以，故C正确；

对于D，若，，，

当时，无法判断与是否垂直，故D错误.

故选：C.

6．展开式中第2项的系数为（       ）

A．108 B．81 C．54 D．12

【答案】A

【分析】利用二项展开式的通项公式，即可求解.

【详解】，所以展开式中的第2项的系数为108.

故选：A

7．将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的一半、纵坐标不变，然后向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据周期变换和平移变换的特征即可得出答案.

【详解】解：将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的一半、纵坐标不变，得到函数，

再将函数向右平移个单位长度得到函数，

所以.

故选：B.

8．2021年7月24日，中共中央办公厅国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，要求学校做好课后服务，结合学生的兴趣爱好，开设体育、美术、音乐、书法等特色课程.某初级中学在课后延时一小时开设相关课程，为了解学生选课情况，在该校全体学生中随机抽取50名学生进行问卷调查，得到如下数据：（附：计算得到的观测值为.）

根据以上数据，对该校学生情况判断不正确的是（       ）

A．估计该校既喜欢体育又喜欢音乐的学生约占

B．从这30名喜欢体育的学生中采用随机数表法抽取6人做访谈，则他们每个个体被抽到的概率为

C．从不喜欢体育的20名学生中任选4人做访谈，则事件“至少有2人喜欢音乐”与“至多有1人不喜欢音乐”为对立事件

D．在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育”与“喜欢音乐”有关系

【答案】C

【分析】根据古典概率公式即可判断AB，根据对立事件定义可判断C，由独立性检验定义可判断D．

【详解】对A选项，估计该校既喜欢体育又喜欢音乐的学生约占，正确；

对B选项，每个个体被抽到的概率为，正确；

对C选项，“至少有2人喜欢音乐”与“至多有1人喜欢音乐”为对立事件，则C错；

对D选项，由，

则在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育”与“喜欢音乐”有关系，故D正确．

故选：C

9．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬霜雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周牌算经》中有一个问题：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸）则下列说法不正确的为（       ）

A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B．立春和立秋两个节气的晷长相同

C．春分的晷长为七尺五寸 D．立春的晷长比秋分的晷长长

【答案】B

【分析】设上半年的晷影长为等差数列,公差为d1,设下半年的晷影长为等差数列,公差为d2,求出通项公式，利用等差数列的知识即可求解.

【详解】先取上半年进行研究,设晷影长为等差数列,公差为d1,则a1=135,a13=15,

∴，∴.

再取下半年进行研究,设晷影长为等差数列,公差为d2,则b1=15, ,

∴.

对于A：由上面可知，，，所以相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺，故A正确；

对于B、D：立春对应的是中的，所以，立秋对应的是中的，所以.故B错误，D正确；

对于C：春分对应的是中的，所以.故C正确.

故选：B

10．已知表示不超过 的最大整数，如，，.若函数，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出函数在上的值域，结合题中定义可求得的值.

【详解】因为，，则，

由，可得，列表如下：

所以，，且当时，，则，

所以，当时，，则，故.

故选：D.

11．，分别是椭圆的左右焦点，B是椭圆的上顶点，过点作的垂线交椭圆C于P，Q两点，若，则椭圆的离心率是（       ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】B

【分析】依据设而不求列出a、c的关系式，即可求得椭圆的离心率.

【详解】设过点的直线为，令，

由可得

则，

由，可得，则

故，

则有，代入整理得

又直线，，则，代入整理得

可化为，解之得或

故选：B

12．已知是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为（       ）

A． B．4 C．8 D．或8

【答案】D

【分析】根据函数的解析式作出函数在时图象，换元解方程可得或，利用图象求出交点对应横坐标，注意利用函数为奇函数图象关于原点对称，分与两种情况讨论，数形结合即可求解.

【详解】作出函数在时的图象，如图所示，

设，

则关于的方程的方程等价于

解得：或，

如图，

当t=1时，即对应一个交点为，方程恰有4个不同的根，可分为两种情况:

（1），即对应3个交点，且 ，

此时4个实数根之和为8；

（2），即对应3个交点，且 ，

此时4个实数根之和为.

故选：D

【点睛】解决此类问题的关键有两点，第一换元后对方程等价转化求解或，

第二结合函数图象处理方程有四个根，即要转化为数形结合，看图象交点的个数及横坐标即可求解.

二、填空题

13．已知向量，，若与垂直，则的值为______．

【答案】-10

【分析】先求得的坐标，再根据与垂直求解.

【详解】因为向量，，

所以，

因为与垂直，

所以，

解得，

故答案为：-10

14．若双曲线上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为6，且离心率为2，则双曲线C的标准方程为______．

【答案】

【分析】根据双曲线的定义可求得，再根据离心率求得，再根据的关系求得，即可得解.

【详解】解：因为双曲线上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为6，

所以，则，

又，所以，

所以，

所以双曲线C的标准方程为.

故答案为：.

15．在边长为6的菱形ABCD中，，现将沿BD折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________.

【答案】

【分析】当三棱锥的体积最大时平面平面，据此可求外接球的半径，从而可求表面积.

【详解】当三棱锥的体积最大时平面平面，

如图，取的中点为，连接，则，

设分别为外接圆的圆心，

为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，

且，且，平面，

平面，

因为平面平面，平面平面，平面，

故平面，故，

同理，，故四边形为平行四边形，

因为平面，平面，故，

故四边形矩形，故，而，

故外接球半径，

故外接球的表面积为，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：求几何体的外接球的半径，关键是确定球心的位置，一般通过过不同面的外接圆的圆心且垂直于该面的直线的交点来确定.

16．锐角，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，D为AB的中点，则中线CD的范围为______________.

【答案】

【分析】由正弦定理及切化弦等得，再由余弦定理及向量知识得，再由正弦定理统一角与函数名称求解即可.

【详解】由，

则，，.

，

由余弦定理有：，

所以，，

由正弦定理

，，因为为锐角三角形，所以且，则，，

故答案为：

三、解答题

17．某经销商采购了一批水果，根据某些评价指标进行打分，现从中随机抽取20筐（每筐1kg），得分数据如下：17，23，27，31，36，40，45，50，51，51，58，63，65，68，71，78，79，80，85，95．根据以往的大数据认定：得分在区间，，，内的分别对应四级、三级、二级、一级．

(1)试求这20筐水果得分的平均数．

(2)用样本估计总体，经销商参考以下两种销售方案进行销售：

方案1：将得分的平均数换算为等级，按换算后的等级出售；

方案2：分等级出售．

不同等级水果的售价如下表所示：

请从经销商的角度，根据售价分析采用哪种销售方案较好，并说明理由．

【答案】(1)55.65

(2)采用方案1较好，理由见解析

【分析】（1）直接利用平均数的计算公式即可求解；

（2）分别计算出这两种方案的单价，进行比较，即可下结论.

【详解】(1)这20筐水果得分的平均数为

.

(2)方案1：由于得分的平均数，

所以可以估计这批水果的销售单价为1.8万元/吨．

方案2：设这批水果售价的平均值为万元/吨，由已知数据得，

得分在内的有17，23，共2个，所以估计四级水果所占比例为，

得分在内的有27，31，36，40，45，50，共6个，所以估计三级水果所占比例为，

得分在内的有51，51，58，63，65，68，71，共7个，所以估计二级水果所占比例为，

得分在内的有78，79，80，85，95，共5个，所以估计一级水果所占比例为，

则（万元/吨）．

所以从经销商的角度考虑，采用方案1的售价较高，所以采用方案1较好

18．已知是等差数列，是公比不为的等比数列，，且，，.

(1)求数列与的通项公式；

(2)求数列的前项和为.

【答案】(1) ， .

(2) .

【分析】（1）按照定义计算即可；

（2）利用错位相减法计算.

【详解】(1) ，解得：或（舍），，

所以，；

(2)由题意知，

则……①，

……②

①②得：

，

所以 ；

故答案为： , , .

19．如图，四棱锥中，，，且是边长为2的等边三角形.

(1)若，求证：；

(2)若平面平面ABCD，，直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题目证明平面SOC，利用线面垂直的性质定理即可证明;

（2）建立直角坐标系，设，运用向量的夹角公式求出直线SC与平面SAB所成角的正弦值即可求出，进而求出体积.

【详解】(1)如图，取AD的中点O，连接SO，CO.

因为为等边三角形，所以.

因为，，，，

所以四边形ABCO为矩形，

所以.

因为SO，平面SOC，且，

所以平面SOC，因为平面SOC，所以.

(2)因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，，，所以平面ABCD，平面SAD，

故以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则由题意知，，，

所以，.

设平面SAB的法向量为，

则，即，则，取，得，故.

设，则，，

则，得，即，

故.

20．已知函数（是自然对数的底）.

(1)求的单调区间；

(2)若，求证：.

【答案】(1)的单调减区间是，单调增区间是；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用导数研究的单调区间；

（2）由（1）的结论，讨论、，构造并应用导数研究单调性可得，结合的单调性及已知条件证，再应用分析法，将证转化为在上递减，应用导数研究单调性即可证结论.

【详解】(1)由题设，，

当时，当时，

所以在上递减，在上递增.

(2)由（1）知：，当时有，此时成立；

当，令，

所以，即单调递减，

所以，即，故，

因为上递减，则，故；

要使，又，

即证，整理得，

即证，而，

即证，

令，又，只需在上递减即可，

由，即在上递减，即，得证；

综上，.

【点睛】关键点点睛：第二问，首先构造结合导数研究单调性，并结合单调性和已知条件证，再应用分析法将转化为在上递减.

21．已知抛物线的焦点为F，B是圆上的动点，的最大值为6.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)若斜率为的直线经过点，过点G作直线与抛物线C交于点M，N，设，直线EM，EN与直线分别交于点P，Q，求证：点P，Q到直线的距离相等.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1)利用圆的性质可得，再列式计算作答.

(2)设出直线的方程，与抛物线C的方程联立，设出点M，N的坐标，由直线EM，EN与

直线的方程联立求出点P，Q纵坐标关系推理作答.

【详解】(1)抛物线的焦点，圆的圆，半径1，

依题意，的最大值为，解得，

所以抛物线C的标准方程为.

(2)由已知，直线的方程为，即，

显然直线的斜率存在，设其方程为，由消去y并整理得：，

而，设，，则，，

当直线EM和EN的斜率均存在时，直线EM的方程为，令点，

由得：，

令点，同理可得，

因此，

，

而，于是得点G是线段PQ的中点，

又点G在直线上，因此，点P，Q到直线的距离相等，

当直线EM的斜率不存在时，，直线EM的方程为，直线的方程为，

此时，，点，直线EN的方程为：，点，而点，

于是得点G是线段PQ的中点，同理，当直线EN的斜率不存在时，点G也是线段PQ的中点，则点P，Q到直线的距离相等，

所以点P，Q到直线的距离相等.

【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.

22．在直角坐标系xOy中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．

(1)求圆的直角坐标方程，并指出圆心坐标和半径；

(2)设点的直角坐标为，直线与圆的交点为A，B，求的值．

【答案】(1)，圆的圆心坐标为，半径为4．

(2)72

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；

（2）直线的参数方程和圆的普通方程联立，利用韦达定理表示，即可求解.

【详解】(1)由，得，

即，所以圆的直角坐标方程为，

圆的圆心坐标为，半径为4．

(2)将直线的参数方程代入，得，

设A，B对应的参数分别为，，则，，

所以

．

23．设函数．

(1)求不等式的解集．

(2)若的最大值为，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】分类讨论去绝对值，并解不等式即可；

求出函数的最大值，进而利用基本不等式求证即可.

【详解】(1)解：当时，原不等式等价于，解得；

当时，原不等式等价于，解得；

当时，原不等式等价于，解得．

综上所述，原不等式的解集是．

(2)解：证明：因为，所以，

则．

因为，，

所以，即，

当且仅当时，等号成立，故．