2022届内蒙古包头市第一中学（包头市）高三第二次模拟考试数学（理）试题含解析

2022届内蒙古包头市第一中学（包头市）高三第二次模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】直接由交集得概念求解即可.

【详解】由题意知：.

故选：C.

2．已知i为虚数单位，若，则（        ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数乘方和除法运算求得的表达式.

【详解】由得.

故选：A.

【点睛】本小题主要考查复数乘方和除法的运算，考查运算求解能力，属于基础题.

3．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足，其中星等为的星的亮度为．已知星的星等是，星的星等是，则星与星的亮度的比值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，运用代入法，结合对数与指数的互化公式进行求解即可.

【详解】因为，星的星等是，星的星等是，

所以，

故选：A

4．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的体积为（       ）

A．8 B． C．12 D．

【答案】B

【分析】根据三视图确定几何体的形状，结合棱锥和棱柱的体积公式进行求解即可.

【详解】由三视图可知该几何体是上面是直三棱锥下面是直三棱柱组成的多面体，

所以体积为：，

故选：B

5．设，随机变量的分布列如下表：

当a在内增大时，则（       ）

A．减小 B．增大

C．先减小后增大 D．先增大后减小

【答案】A

【分析】根据期望和方差公式表示出、，再根据函数的性质判断即可；

【详解】由题意，，

所以，

所以在上随增大而减小．

故选：A

6．等差数列的公差为d，前n项和为，设甲：；乙：是递减数列，则（       ）

A．甲是乙的充分条件但不是必要条件

B．甲是乙的必要条件但不是充分条件

C．甲是乙的充要条件

D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

【答案】B

【分析】取特殊值说明不满足充分性，由，即对任意成立可得满足必要性即可求解.

【详解】若，取，易知，即，不是递减数列，故甲推不出乙；若是递减数列，则时，有，

即对任意成立，又是等差数列，故有，即乙能推出甲，故甲是乙的必要条件但不是充分条件.

故选：B.

7．若，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据同角的三角函数关系式，结合二倍角的正弦公式和余弦公式、特殊角的三角函数值进行求解即可.

【详解】，

因为，所以，

于是由，

解得，

解得，或（舍去），

因为，

所以，

即，

故选：B

8．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，需要在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD=50，∠ADB=135°，∠BDC=∠DCA=15°，∠ACB=120°，则A，B两点的距离为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在中，由余弦定理可得AC，在中，由余弦定理可得CE，然后可得BC，最后在中，由余弦定理可得AB.

【详解】记AC与BD的交点为E，

由题可知，在中，

所以

由余弦定理可得

则

在中，易知，

由余弦定理有

解得

在中，易知，

所以

在中，由余弦定理可得

所以m

故选：C

9．已知，是双曲线的两个焦点，R是C上的一点，且，，C经过点，则C的实轴长为（       ）

A． B． C．6 D．3

【答案】B

【分析】由双曲线定义及分别求出，再由余弦定理得，进而结合C经过点解出即可求解.

【详解】

由双曲线定义可得，又可得，由余弦定理可得，即，化简得，又，可得；又C经过点，故，即，

解得，故C的实轴长为.

故选：B.

10．将4个A和2个B随机排成一行，则2个B相邻且不排在两端的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先通过倍缩法求出总情况有，再通过插空法求得满足题意的有，由古典概率即可求解.

【详解】由4个A不区分顺序、2个B不区分顺序，可得总情况有种，先排4个A有1种排法，在形成的3个中间的空中插入B即可，

故2个B相邻且不排在两端的情况有种，故概率为：.

故选：D.

11．已知A，B，C，D是半径为R的球O的球面上的四个点，△ABC为等边三角形且它的外接圆的面积为，三棱锥体积的最大值为，则R的值为（       ）

A． B． C．4 D．6

【答案】C

【分析】先由外接圆的面积求出△ABC的边长，进而由三棱锥体积的最大值求出此时的高，再由勾股定理求即可.

【详解】

如图：设外接圆的半径为，则，解得，又△ABC为等边三角形，由正弦定理可得，解得，

故，又三棱锥体积的最大值为，可知当三点共线如图所示时，三棱锥高最大，

即体积最大，设此时高为，故，解得，显然此时面，在中可得，

解得.

故选：C.

12．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接由为奇函数得，由为偶函数得，通过赋值法得，，进而求出，再由求解即可.

【详解】由为奇函数可得，令，可得，令，可得，即①；

由为偶函数可得，令，可得，又可得②；

由①②解得，故时，.令，由可得；

令，由可得，故.

故选：A.

二、填空题

13．已知非零向量，满足，且，与的夹角为45°，则______．

【答案】

【分析】由，则其数量积为零，可得，将条件代入可得答案.

【详解】由，即，即

所以，即，所以

故答案为：

14．曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】先求导求出切线斜率，再求切线方程即可.

【详解】，则，故点处的切线方程为，即.

故答案为：.

15．已知抛物线：的焦点为，斜率为-1的直线与的交点为，，若，则的方程为______．

【答案】

【分析】设出直线的方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合抛物线的定义进行求解即可.

【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为，

因为斜率为-1的直线与的交点为，，

所以设直线的方程为，

所以有，设，

因此有，

由，

所以直线的方程为，

故答案为：

16．已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正偶数x为___________.

【答案】4

【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正偶数.

【详解】由图可知，即，所以；

由五点法可得，即；

所以.

因为，；

所以由可得；

由，即，

∴或，

解得或，

令，可得或，

所以最小正偶数为4.

故答案为：4.

三、解答题

17．已知数列的各项均为互不相等的正数，且，记为数列的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立．

①数列是等比数列；②数列是等比数列；③

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】答案见解析

【分析】若由①③②：根据等比数列的通项公式，结合等比数列前项和、等比数列的定义进行证明即可；

若①②③：根据等比数列的性质，结合等比数列的通项公式进行求解即可；

若②③①：根据等比数列前项和与通项公式的关系，结合等比数列的通项公式进行求解即可.

【详解】①③②．已知数列是等比数列，．

设数列的公比为，又，所以，因为，所以，

根据题意可知，所以解得，所以，所以，且，因为，

所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列．

①②③．已知数列是等比数列，数列是等比数列．

设数列的公比为，又，根据题意，所以，，

所以，，，，

因为数列是等比数列，所以，即，

化解得，即，根据题意且，所以得，

从而，，所以有．

②③①．已知数列是等比数列，．

因为为数列的前项和，且，所以，

设数列的公比为，根据题意有且，所以，

当时，，

又因为，所以，又，所以有，又，所以，

所以得，

因为

所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列．

18．为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取100名学生，将他们的竞赛成绩（满分为100分）分为6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），并估计这100名学生成绩的中位数（精确到0.01）；

(2)在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于80分为“优秀”，竞赛成绩低于80分为“非优秀”．

①请将下面的列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？

②求出等高条形图需要的数据，并画出等高条形图（按图中“优秀”和“非优秀”所对应阴影线画），利用条形图判断竞赛成绩优秀与性别是否有关系？

列联表

参考公式及数据：，，

【答案】(1)平均成绩73，中位数73.33；

(2)①表格见解析，没有；②答案见解析，有.

【分析】（1）根据频率直方图，结合平均数和中位数的性质进行求解即可；

（2）①根据频率直方图完成列联表，结合题中所给的公式进行求解即可；

②根据列联表画出等高条形图，再做出判断即可.

【详解】(1)这100名学生的平均成绩：

，

设成绩的中位数为，则根据频率分布直方图可知，有，

解得；

(2)①根据表中已知数据和频率分布直方图得下表

根据表中数据可得，

因为4.762＜6.635，所以没有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．

②根据列联表中数据可知，样本中男生优秀的频率为，男生非优秀的频率为；女生优秀的频率，女生非优秀的频率为．

所画等高条形图如图所示：

根据等高条形图，比较图中两个用斜纹实线所画条的高可以发现，女生样本中成绩优秀的频率明显高于男生样本中成绩优秀的频率，因此可以认为竞赛成绩优秀与性别有关．

19．已知直三棱柱中，侧面为正方形.，D，E分别为AC和上的点，且，，F为棱上的点，.

(1)证明：，且；

(2)当为何值时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小？

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证以及即可证得平面，即可证得，建立空间直角坐标系，求出，由即可证得；

（2）直接写出平面的一个法向量，求出平面DEF的法向量，由夹角公式表示出余弦值，由平方关系求出二面角的正弦值，结合二次函数求解即可.

【详解】(1)因为，，所以，

又，且，所以平面，

又平面，所以.

因为，所以在中，

，

又，所以，

由，且，得，

取点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系（如图所示）.

则，，，，

设，则，于是，

所以，即.

(2)因为平面的一个法向量为，又由（1）知，

，

设平面DEF的法向量为，则，所以有

取，得，，于是平面DEF的法向量为，

所以，

设平面与平面DEF所成的二面角为，则，

故当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为.

所以当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.

20．设为坐标原点，动点在椭圆C：上，过点作轴的垂线，垂足为，点满足．

(1)当为何值时，点的轨迹为圆，并求出该圆的方程；

(2)当点的轨迹为圆时，设点在直线上，且，证明：过点且垂直于的直线过的右焦点．

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据共线向量的性质，结合点在椭圆上运用代入法进行求解即可；

（2）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合（1）的结论、平面向量垂直的性质进行证明即可.

【详解】(1)设，，则，，，

由，得，，因为点在上，所以有，

当，即时，点的轨迹为圆，该圆的方程为；

(2)由题意知，设，，则，，，又，，

由已知，得，

又由（1）知，把此式代入中，得，

所以，故，

又过点存在唯一的直线垂直于，所以过点且垂直于的直线l过的右焦点．

【点睛】关键点睛：运用平面向量共线的性质和数量积的坐标表示公式是解题的关键.

21．已知m>0且m≠1，函数.

(1)当m=2时，求的极值点；

(2)当时，若曲线与直线y=1有且仅有1个交点，求m的取值范围.

【答案】(1)是极小值点，是极大值点

(2)

【分析】（1）直接求导，确定单调性，进而求出极值点；

（2）先将曲线与直线有且仅有1个交点转化为有1个解，构造函数，求导确定单调性及最大值，结合图像即可求解.

【详解】(1)当m=2时，函数，，

令，则，此时函数单调递增，

令，则或，此时函数单调递减，

所以是的极小值点，是的极大值点.

(2)当时，曲线与直线有且仅有1个交点，

可转化为方程有1个解，即方程有1个解.

设，则，

令，得，

当，，函数单调递增，

当x>e时，，函数单调递减，

故，且当x>e时，，

所以时，方程有1个解，所以m=e，

又，所以当时，根据函数的单调性可知，

方程也有一个解，

这时由与m>0，得，得到0<m<1，

综上，当时，若曲线与直线y=1有且仅有1个交点，

则m的取值范围是.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)当时，曲线是什么曲线？并求的极坐标方程；

(2)当时，求与的公共点的直角坐标．

【答案】(1)曲线是以与为端点的线段，．（，）；

(2).

【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合直角坐标方程与极坐标方程互化公式进行求解即可；

（2）根据同角的三角函数关系式，通过解方程组进行求解即可.

【详解】(1)当时，曲线：消去参数得，

故曲线是以与为端点的线段．

它的极坐标方程为（，）；

(2)当时，：消去参数得，的普通方程为，

由解得故与的公共点的直角坐标为．

23．已知，，．

(1)证明：；

(2)若，证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）将展开，配方，再将条件代入可得，从而可证.

（2）由均值不等式结合条件可得，再由题意，，从而可证.

【详解】(1)

．

(2)因为，所以，

又，即，

由于，，所以．