2022届陕西省部分地市学校高三5月高考全真模拟考试理科数学试题（Word版含答案解析）

陕西省部分地市学校2022届高三下学期高考全真模拟考试

理科数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．设全集，集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．2022年北京冬奥会开幕式以中国传统24节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕.在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5尺与1.5尺.从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是（       ）

A．10.5尺 B．11尺 C．11.5尺 D．12尺

4．函数的图象大致是（       ）

A． B．

C． D．

5．不等式“”是“”成立的（       ）

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

6．设等差数列的前项和为，且，，则当（       ）时，最大.

A． B． C． D．

7．在数列中，，数列是公比为2的等比数列，设为的前项和，则下列结论错误的是（       ）

A． B．

C．数列为递减数列 D．

8．已知圆柱的高，圆，都在球O的表面上，且球O的表面积是圆柱侧面积的2倍，则球O的半径为（       ）

A．4 B．32 C． D．

9．已知的展开式的所有项系数之和为81，则展开式中含的项的系数为（       ）

A．56 B．60 C．68 D．72

10．甲，乙，丙，丁四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，四名同学各自的五次点数统计结果如下：

甲：平均数为3，中位数为2；                           乙：中位数为3，众数为2；

丙：中位数为3，极差为4；                           丁：平均数为2，方差为2.4

通过以上数据可以判断一定没出现6点的是（       ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

11．已知是定义在R上周期为4的奇函数，且当时，，则下列判断正确的是（　　）

A．

B．均有：

C．函数的最大值为

D．函数的图象关于点对称

12．已知双曲线左顶点为，左、右焦点分别为，以为直径的圆交双曲线一条渐近线于两点，若，则该双曲线离心率的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知，均为单位向量，且，若，则______.

14．已知直线过抛物线：（）的焦点，且与抛物线交于，两点，若使的直线有且仅有1条，则______.

15．已知三次函数，数列{}满足，给出下列两个条件：①函数是递减函数：②数列{}是递减数列.试写出一个满足条件②但不满足条件①的函数的解析式=___________.

16．如图，在长方体中，，是棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，给出下列结论：

①平面；

②三棱锥的体积为定值；

③平面；

④平面平面.

其中所有正确结论的序号是______.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答

17．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，且角为锐角.

(1)求角的大小；

(2)若，______，求的周长.

从①的面积为，②这两个条件中任选一个，补充在上面作答.

18．2021年，中国新能源汽车销售火爆，省相关部门调查了该省2021年1月份至10月份的新能源汽车销量情况，得到一组样本数据（），其中表示第个月，表示第个月省新能源汽车的销量（单位：万辆），由样本数据的散点图可知，与具有线性相关关系，并将这10个月的数据作了初步处理，得到下面一些统计量的值：

(1)建立关于的线性回归方程；

(2)为鼓励新能源汽车销售商积极参与调查，省汽车行业协会针对新能源汽车销售商开展抽奖活动，共设一、二、三等奖三个奖项，其中一等奖、二等奖、三等奖分别奖励2万元、1万元、5千元，抽中一等奖、二等奖、三等奖的概率分别为、、.现有甲、乙两家新能源汽车销售商参加了抽奖活动，假设他们所中奖项相互独立，求这两家汽车销售商所获奖金总额（单位：万元）的分布列及数学期望.

附：对于一组数据，，…，，其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.

19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面是棱的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，且为棱上一点，与平面所成角的大小为，求的值.

20．已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.

(1)求椭圆的方程；

(2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.

21．已知函数（，）.

(1)求函数的极值；

(2)若函数的最小值为0，，（）为函数的两个零点，证明：.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系中，直线的直角坐标方程为，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)求直线与曲线的极坐标方程；

(2)已知射线，，若射线与直线交于点，与曲线交于点、，求的最大值.

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数．

(1)当时，求不等式的解集．

(2)证明：当时，．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

首先解一元二次不等式求出集合，再根据补集、并集的定义计算可得；

【详解】

解：由，即，解得，

所以，因为，，

所以，所以；

故选：B

2．D

【解析】

【分析】

先利用复数的除法得到复数，转化为的形式，再利用复数的几何意义求解.

【详解】

因为复数，

所以，所以复数在复平面对应的点位于第四象限.

故选：D.

3．A

【解析】

【分析】

依题意可知日影长为等差数列，则、，即可求出公差，从而求出，即可得解；

【详解】

依题意设日影长为等差数列，其中、，

所以，所以，

即北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是尺；

故选：A.

4．C

【解析】

【分析】

根据函数的定义域与奇偶性，排除A、B选项；结合导数求得函数在上的单调性，排除D选项，即可求解.

【详解】

由题意，函数的定义域为，关于原点对称，

且满足，

所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除B选项；

当时，可得，则，

当时，，单调递减；排除A选项

当时，，单调递增，

所以排除D选项，选项C符合.

故选：C.

5．A

【解析】

【分析】

先分别解出不等式和，利用集合法判断.

【详解】

的解集即为集合A，则.

的解集即为集合B，则.

因为AB，所以不等式“”是“”成立充分不必要条件.

故选：A

6．B

【解析】

【分析】

根据等差数列求和公式得到和的正负，

再根据等差数列性质得到和的正负，通过判断即可求解.

【详解】

因为，所以，即，

因为，所以，即，

根据等差数列性质，因为，即，

又因为，即；所以得且，

所以等差数列为递减的数列，所以当时，最大.

故选：B.

7．B

【解析】

【分析】

由已知结合等比数列通项公式可求，进而可求，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择.

【详解】

因为，数列是公比为2的等比数列，

则，所以，故A正确，B错误；

因为是单调增函数，故是单调减函数，

故数列是减数列，故C正确；

，故D正确.

故选：B.

8．C

【解析】

【分析】

设圆柱的底面半径为，球的半径为，依题意可得，再根据球的表面积与圆柱的侧面积公式得到方程，即可求出与，即可得解；

【详解】

解：设圆柱的底面半径为，球的半径为，则，

因为球的表面积是圆柱侧面积的倍，

所以，即，

所以，所以，，

故选：C

9．A

【解析】

【分析】

通过赋值，求得参数的值，再根据的产生，结合二项式展开式的通项公式即可求得结果.

【详解】

因为的展开式的所有项系数之和为81，故令，则，解得，

又对，其展开式中项是：

由中的常数项与的项相乘得到，

或由中的项与的项相乘得到，

故的展开式中含的系数为.

故选：A.

10．D

【解析】

【分析】

根据平均数、中位数、从数、极差、方差的定义进行判断即可.

【详解】

当甲5次出现的点数为：，显然平均数为3，中位数为2，也会出现6点；

当乙5次出现的点数为：，显然中位数为3，众数为2，也会出现6点；

当丙5次出现的点数为：，显然中位数为3，极差为4，也会出现6点；

丁为平均数为2，方差为2.4，当有6点时，，显然不可能，

故选：D

11．D

【解析】

【分析】

求得的值判断选项A；举反例否定选项B；求得函数的最大值判断选项C；求得函数的图象的对称中心判断选项D.

【详解】

选项A：是定义在R上周期为4的函数，则，故A错误；

选项B：取，则，，

则，故B错误；

选项C：当时，；当时，.

则在上的值域为，

由是奇函数，可知在上的值域为，

由是定义在R上周期为4的函数，可知的值域为

则，故C错误；

选项D：，则，

的图像关于成中心对称，故D正确.

故选：D.

12．B

【解析】

【分析】

先求得两点的坐标，利用向量夹角公式列不等式，化简求得双曲线离心率的取值范围.

【详解】

以为直径的圆的方程为，

双曲线的一条渐近线方程为，

由解得（不妨设），

，所以，

所以，

，

，

所以双曲线的离心率.

故选：B

13．

【解析】

【分析】

根据已知用向量，表示，利用性质将所求转化为，数量积进行计算可得.

【详解】

因为，所以.

故答案为：

14．1

【解析】

【分析】

根据通径公式，即可求解.

【详解】

焦点弦中，通径最短，所以若使的直线有且仅有1条，则就是通径，即，.

故答案为：1

15．(答案不唯一)

【解析】

【分析】

令，利用导数研究其在不单调递减情况下m的范围，且保证在上递减，即可写出一个函数解析式.

【详解】

设，则，要满足题设条件则，即，

此时，上，递增；上，递减；

不妨令，则，由，当时递减.

综上，满足条件的一个函数有.

故答案为：(答案不唯一)

16．②④

【解析】

【分析】

根据线面位置关系、面面位置关系判断命题①③④，由棱锥体积公式判断②．

【详解】

与显然不垂直，而，因此与显然不垂直，从而平面是错误的，①错；

，三棱锥中，平面即平面，到平面的距离为是定值，中，的长不变，到的距离不变，面积为定值，因此三棱锥体积是定值，②正确；

平面就是平面，而与平面相交，③错；

长方体中平面，平面，所以平面平面，即平面平面，④正确．

故答案为：②④．

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据正弦定理边角互化，结合三角函数恒大变换，即可求角；

（2）若选①，根据面积公式，结合余弦定理求，求得周长；若选②，由向量数量积公式可得，再根据直角三角形的边角关系，求周长.

(1)

由已知及正弦定理得，

，，即，

，，

，故.

(2)

若选①：，得，

又，即，

得，故，

的周长为.

若选②：由，得，

两边平方得，，

又，，，，

的周长为.

18．(1)

(2)分布列见解析，

【解析】

【分析】

（1）根据参考数据和参考公式，即可求解回归直线方程；

（2）由条件可知的所有可能结果有4，3，2.5，2，1.5，1，根据题意，利用独立事件的概率公式，先求概率，再列分布列和求解数学期望.

(1)

由题意得：，

又，，，

，，

关于的线性回归方程为.

(2)

奖金总额的所有可能结果有4，3，2.5，2，1.5，1，

，，，

，，，

的分布列如下：

数学期望.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；

（2）依题意可得，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得到方程，解得，即可得解；

(1)

证明：如图，连接交于点，连接，

因为是的中点，是的中点，所以

又平面，平面，

所以平面

(2)

解：因为，所以，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面的法向量为，则，即，

故取，设，则

因为直线与平面所成角的大小为，

所以，即

解得，故此时.

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；

（2）设，，直线，则，

联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，

即证，代入求解计算即可.

(1)

设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，

则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，

将代入椭圆方程，可得，解得，

所以椭圆方程为.

(2)

设，则.

将直线代入椭圆方程，得，

其判别式，即，

.

所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，

，所以.

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，

重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．(1)极小值为，无极大值

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性，再求函数的极值；

（2）首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得，再通过构造函数求函数的最小值.

(1)

（），，

若时，则恒成立，

在上单调递增，故没有极值；

若，则当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

有极小值，极小值为，无极大值.

(2)

证明：由（1）可知，当时，有最小值，，

由函数的最小值为0，得，

由题知，

，，

，

，，

，（），

令，则，

令，则在上单调递增，

又，在上，，，单调递减，

在上，，，单调递增，

，

得证.

22．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）将曲线的参数方程化为普通方程，根据直角坐标方程与极坐标方程之间的转换关系可得出直线与曲线的极坐标方程；

（2）设点、，求出、的表达式，利用弦化切结合正切函数的单调性可求得的最大值.

(1)

解：直线的直角坐标方程为，

根据转换为极坐标方程为，

曲线的参数方程（为参数），

转换为普通方程为，即，

根据转换为极坐标方程为.

(2)

解：射线与直线交于点，与曲线交于点、，设点、，

由可得，由可得.

，

在上单调递增，当时，取得最大值.

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号得分段函数，然后分段解不等式可得；

（2）由绝对值三角不等式对放缩，得出．再用基本不等式证明．

(1)

当时，

当时，，解得；

当时，，显然不成立；

当时，，解得．

综上，不等式的解集为．

(2)

证明：，

∵，∴，

∴．

，

当且仅当，即时，等号成立，故．