2022届云南省昆明市第一中学（昆明市）高三“三诊一模“高考模拟数学（文）试题含解析

2022届云南省昆明市第一中学（昆明市）高三“三诊一模“高考模拟数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解绝对值不等式化简，根据交集运算可得结果.

【详解】,

.

故选：B

2．已知命题p：，，则为（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据全称命题的否定是特称命题，可得答案.

【详解】：，.

故选：D

3．已知复数z满足，且，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】设，根据复数相等的条件求出可得解.

【详解】设，则，

所以，，

所以，，得

所以，.

故选：D.

4．已知点D在△ABC的边AB上，且，在△ABC内随机取一点P，则点P取在△DBC内的概率为（       ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】利用几何概型的面积比求P取在△DBC内的概率.

【详解】由题设，若到的距离为，则，

所以P取在△DBC内的概率为.

故选：B

5．已知数列是首项为1的等比数列，且，，成等差数列，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设公比为，根据等差中项和等比数列的通项公式可求出结果.

【详解】设公比为，

因为，，成等差数列，

所以，

所以，又，

所以，所以，所以.

所以.

故选：C.

6．执行如图所示的程序框图，若输入的，，则输出的（       ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】根据直到型循环运行可得结果.

【详解】第一次循环后可得，继续循环；

第二次循环后可得，继续循环，

第三次循环后可得继续循环，，

第四次循环后可得，继续循环，

第五次循环后可得，继续循环，

第六次循环后可得，终止循环，

所以.

故选：C

7．梯形中，，设，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的线性运算可得结果.

【详解】,

.

故选：A.

8．若函数的图象在处的切线方程为，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】利用导数的几何意义可求出结果.

【详解】的定义域为，

，

由题意可得，即，解得，

故选：A

9．函数部分图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数值在上的符号可判断BD不正确；根据函数在上的单调性可判断A不正确.

【详解】当时，，故BD不正确；

当时，，且为增函数，所以为减函数，故A不正确，

故选：C.

10．双曲线C：的左，右焦点分别为，，是C上一点，满足，且，则C的离心率为（       ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】分类讨论的位置，根据双曲线的定义和余弦定理列式可求出结果.

【详解】当在双曲线左支上时，，又，

所以，

所以，即，

整理得，此方程不成立.

当在双曲线右支上时，，又，

所以，

所以，即，

整理得，得，

所以或（舍去），

所以C的离心率为.

故选：B

11．一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”，两平行平面间的距离叫做球台的高．如图1，西晋越窑的某个“卧足杯”的外形可近似看作球台，其直观图如图2，已知杯底的直径为cm，杯口直径为cm，杯的深度为cm，则该卧足杯侧面所在球面的半径为（       ）

A．5cm B．cm

C．cm D．cm

【答案】A

【分析】作出“球台”的轴截面，利用勾股定理得到方程组，解得即可；

【详解】解：如图所示，作出“球台”的轴截面，设球心为，过作交于点，交于点，

依题意，，，

设球的半径为，则且，

即，解得，

即球面的半径为；

故选：A

12．已知抛物线C：的焦点为F，准线与x轴的交点为P，过点F的直线与C交于点A，B，且，设直线PA的斜率为k，则（       ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】设出直线AB的方程，根据给定条件，求出点A，B的坐标，再利用斜率坐标公式计算作答.

【详解】抛物线C：的焦点为，准线方程：，点，设直线AB的方程为，

由消去x并整理得：，设，则，，

而，即，于是得，

由解得或，此时点或，则或，

由解得或，此时点或，则或，

所以.

故选：B

【点睛】结论点睛：过抛物线焦点的弦AB，点，则；

过抛物线焦点的弦AB，点，则.

二、填空题

13．已知x，y满足，则的最小值为___________．

【答案】

【分析】画出可行域，根据目标式的几何意义及数形结合法求最小值.

【详解】由题设可得如下可行域，

目标式的几何意义为：直线在平移过程中与可行域有交点时与x轴的截距，

所以要最小，只需与可行域有交点情况下与x轴的截距最小，

如图知：当与重合时有最小值，则.

故答案为：

14．若“”是“”的必要不充分条件，则a的值可以是___________．（写出满足条件a的一个值即可）

【答案】(答案不唯一，满足即可)

【分析】根据必要不充分条件求出的范围可得解.

【详解】因为“”是“”的必要不充分条件，

所以.

故答案为：(答案不唯一，满足即可).

15．数列的前10项和等于___________．

【答案】

【分析】根据分组求和法和等比数列的求和公式可得结果.

【详解】数列的前10项和等于

.

故答案为：.

16．已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是___________．

【答案】

【分析】分类讨论，转化为两个函数的图象有两个交点，利用导数可求出结果.

【详解】当时，因为方程在 上无实数根，所以方程在 上有两个不相等的实数根，即在 上有两个不相等的实数根，

令，，

则，令，得，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，又当趋近于正无穷时，趋近于，

所以的图象为：

由图可知，；

当时，方程有且仅有一个实根，不合题意；

当时，因为方程在 上无实数根，所以方程在 上有两个不相等的实数根，即在 上有两个不相等的实数根，

令，，

-则恒成立，

所以为增函数，在 上有最多只有一个实数根，不合题意.

综上所述：.

三、解答题

17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，．

(1)求面积；

(2)设BC边的中点为D，求AD．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用余弦定理求出角A的余弦，再结合同角公式、三角形面积定理计算作答.

（2）在与中利用余弦定理建立方程，解方程作答.

【详解】(1)在中，由余弦定理得：，则，

所以面积为.

(2)因D为BC边的中点，在中，由余弦定理得：，

在中，由余弦定理得：，

而，两式相加得：

因此有，即，解得，

所以.

18．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点．

(1)证明：平面EFG；

(2)若，，求点C到平面EFG的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，再由为平行四边形得到，从而得到平面，即可得到平面平面，即可得证；

（2）取的中点，连接，，依题意可得，利用勾股定理逆定理可得，同理可得、，从而得到平面，平面，求出，，设到平面的距离为，由，利用等体积法求出，由为中点，即、到平面的距离相等，从而得解；

【详解】(1)证明：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，

所以，，

又平面，平面，所以平面，

又因为底面为平行四边形，所以，则，

又平面，平面，所以平面，

因为，平面，所以平面平面，

又平面，所以平面，

(2)解：取的中点，连接，，

则且，

所以，

因为，，所以，即，

同理可得、，

又，平面，所以平面，

，平面，所以平面，

所以平面，平面，所以，

因为，，

所以，，，

设到平面的距离为，又，

所以，则，

又因为为中点，所以、到平面的距离相等，

所以到平面的距离为；

19．《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》提出“构建智慧高效的生态环境管理信息化体系”，下一步，需加快推进5G、物联网、大数据、云计算等新信息技术在生态环境保护领域的建设与应用，实现生态环境管理信息化、数字化、智能化．某科技公司开发出一款生态环保产品，已知该环保产品每售出1件预计利润为0.4万元，当月未售出的环保产品，每件亏损0.2万元．根据市场调研，该环保产品的市场月需求量在内取值，将月需求量区间平均分成5组，画出频率分布直方图如下．

(1)请根据频率分布直方图，估计该环保产品的市场月需求量的平均值和方差．

(2)若该环保产品的月产量为185件，x（单位：件，，）表示该产品一个月内的市场需求量，y（单位：万元）表示该公司生产该环保产品的月利润．

①将y表示为x的函数；

②以频率估计概率，标准差s精确到1，根据频率分布直方图估计且y不少于68万元的概率．

【答案】(1)；.

(2)①；②.

【分析】（1）用每组的中点值乘以该组的频率再相加可得，用每组的中点值减去的平方和再除以组数可得；

（2）①分类讨论需求量与产量的大小关系，可求出关于的函数关系式；②根据、、y不少于68万元，求出的范围，再根据直方图可求出概率.

【详解】(1)，

,

(2)①当，且时，万元；

当，且时，万元，

所以，

②，，，所以，

当时，万元，

当时，由得，

故当万元时，，

综上所述：，

所以.

所以估计且y不少于68万元的概率为.

20．已知函数，．

(1)讨论的单调性；

(2)若方程有两个实数解，，证明： ．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减.

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数可求出结果；

（2）由（1）可知在时取得极大值，构造函数，利用导数判断的单调性，得到与的大小关系，再根据，结合函数的单调性可证不等式成立.

【详解】(1)，

令，得，因为，所以，

令，得，因为，所以，

所以在上单调递增，在上单调递减.

(2)由（1）可知在时取得极大值，

因为方程有两个实数解，，所以可设，

令，，

则

，

因为，所以，又，

所以，所以在上单调递增.

又，所以，即，

则，

即，

因为，，所以，

由（1）知，在上单调递减，

所以，即.

【点睛】关键点点睛：第（2）问中，利用极值点构造函数，利用导数得到的单调性，从而得到与的大小关系，得到是解题关键.

21．已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，左顶点为，离心率为．

(1)求C的方程；

(2)若直线l：与C交于点D，E，线段AD，AE的中点分别为P，Q．设过点且垂直于x轴的直线为，若直线OP与直线交于点S，直线OQ与直线交于点T，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意得到方程组，解得、、，即可得解；

（2）设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出即可得到的坐标，同理得到的坐标，从而表示出，，根据数量积的坐标运算计算可得；

【详解】(1)解：依题意可得，解得，

所以椭圆方程为；

(2)解：设，，则，，

由消去整理得，

所以，，

由于：，，所以，同理可得，

又，

所以，，

所以

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 （为参数），直线的普通方程为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求与的极坐标方程；

(2)在极坐标系中，射线与，分别交于点A，B（异于极点），若，求的值．

【答案】(1)的极坐标方程为；的极坐标方程为.

(2)

【分析】（1）消去参数得的直角坐标方程，再根据互化公式可得的极坐标方程；根据互化公式可得的极坐标方程；

（2）联立极坐标方程求出两点的极径，代入可求出结果.

【详解】(1)由消去参数得，即，

由，得，得，

所以的极坐标方程为.

将，代入，得，

所以的极坐标方程为.

(2)由，得，所以，

由，得，即，

所以，

所以，又，所以.

23．设a，b，c均为正数，且．

(1)求的最小值；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；

（2）利用柯西不等式证明即可；

【详解】(1)解：，，都是正数，且，，

当且仅当即时等号，

即的最小值为；

(2)证明：由柯西不等式得

即，

故不等式成立，

当且仅当时等号成立；