2022届陕西省宝鸡中学高三下学期一模数学试题含解析

2022届陕西省宝鸡中学高三下学期一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解一元二次不等式求集合B，利用集合交运算求结果即可.

【详解】由题设，而，

所以.

故选：D

2．若复数，则的共轭复数（       ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】由复数的除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.

【详解】，所以的共轭复数.

故选：A.

3．某辅导员用茎叶图统计了“宏志班”16名同学的数学考试成绩，如下图，则这组数据的中位数和平均值（利用四舍五入取整）分别为（       ）

A．45，45 B．46，46 C．， D．，

【答案】C

【分析】首先根据茎叶图的数据将成绩按照从小到大的顺序排列，再根据中位数、平均数公式计算可得；

【详解】解：依题意这16名同学的数学考试成绩按照从小到大排列为：

、、、、、、、、、、、、、、、，

所以中位数为，

平均数为

故选：C

4．“中国剩余定理”是关于整除的问题.现有这样一个问题“将1~2030这2030个自然数中，能被3整除余1且能被4整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（       ）

A．170项 B．171项 C．168项 D．169项

【答案】A

【分析】由题意可得为能被12整除余1的数，进而求得数列的通项公式再分析1~2030中满足条件的数即可

【详解】能被3整除余1且能被4整除余1的数即被12整除余1的数，故，由题意，，故，故当时成立，共170项.

故选：A

5．设，则的大小关系是（       ）

A． B． C． D．.

【答案】C

【分析】利用指对数的性质比较大小即可.

【详解】由题设且，则，

故.

故选：C

6．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三视图得到直观图，该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，取的中点，连接，利用勾股定理求出线段的长度，再根据表面积公式计算可得；

【详解】解：依题意由三视图可得几何体的直观图如下所示：

该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，

取的中点，连接，则，所以，

所以，，，

所以

故选：B

7．数列的前项和，则“”是“数列为等比数列”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

【分析】由可得：，结合等比数列定义即可得到结果.

【详解】∵，

当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝，

∴，

∴当n≥2时，数列为等比数列，

要使数列为等比数列，则

即 ，∴；

反之，显然，

∴数列为等比数列，

∴“”是“数列为等比数列”的充要条件

故选：C.

8．下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由复合函数的单调性或单调性的定义判断单调性，再由奇偶性定义判断奇偶性，

【详解】时，，而，即，时，取得最大值，因此在上不是增函数，A错；

，设，则，，

，所以，即，是增函数，

又记，定义域是实数集R，则，函数为奇函数，B正确；

，但，即在上不是增函数，C错；

设，则，，，

所以，即函数在上为减函数，D错．

故选：B．

9．已知双曲线的左､右焦点分别为，若是双曲线右支上一点，且为正三角形，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连结.判断出为直角三角形，且，由双曲线的定义得到，求出离心率.

【详解】如图示，连结.

因为为等边三角形，所以.

所以.

因为，所以.

又，所以，所以.

在中，，所以.

由双曲线的定义可得：，即，

所以离心率.

故选：B.

10．两个边长为2的正三角形与，沿公共边折叠成的二面角，若点在同一球的球面上，则球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据外接球球心的性质确定球心的位置为过正三角形与的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球的半径即可

【详解】由题，设正三角形与的中心分别为，根据外接球的性质有平面，平面，又二面角的大小为，故，又正三角形与的边长均为2，故，故.易得，故，故，又，故球的半径，故球的表面积为

故选：B

11．已知圆，直线，过上的点作圆的两条切线，切点分别为，则弦中点的轨迹方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据弦中点为直线和的交点，可设，求得直线的方程，再利用以为直径的圆与圆的方程作差，求得直线的方程，再消去即可求得的轨迹方程

【详解】易得弦中点为直线和的交点，设，则直线的方程为，又均与圆相切，故，故四点共圆，且为以为直径的圆与圆的公共弦.又以为直径的圆的方程为，即，故的方程为相减，即.又，所以，代入有，化简得.当时，；当时，均满足方程.

又当时，不满足题意.

综上有点的轨迹方程为

故选：B

12．已知曲线与在区间上有两个公共点，则实数的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】题意可转换为在区间上有两根，再求导分析的单调性与最值，数形结合求解即可

【详解】曲线与在区间上有两个公共点，即在区间上有两根，

设，则，

故当时，，单调递增；当时，，单调递减.

又，，，

故在区间上有两根则

故选：A

【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数零点个数的问题，需要参变分离，构造函数求导分析单调性，结合图象求得参数范围，属于中档题.

二、填空题

13．设，则__________.

【答案】

【分析】利用赋值法计算可得；

【详解】解：因为，

令得，

令得，

所以；

故答案为：

14．如图半圆内切于等腰直角三角形，向三角形内随机投入一个点，则该点不落在半圆内的概率为__________.

【答案】

【分析】设半圆的半径为，如图将等腰直角三角形补成正方形，将半圆补成圆，则等腰直角三角形的直角边长为，分别求出半圆与三角形的面积，有几何概率可得答案.

【详解】设半圆的半径为，如图将等腰直角三角形补成正方形，将半圆补成圆.

则圆为该正方形的内切圆. 则正方形的边长为，即等腰直角三角形的直角边长为

所以半圆的面积为，等腰直角三角形的面积为

阴影部分的面积为

所以该点不落在半圆内的概率为

故答案为：

15．__________.

【答案】0

【分析】由两角和的正弦公式化简，然后然后再由两角差的余弦公式变形可得．

【详解】

.

故答案为：0．

16．写出一个符合下列要求的数列的通项公式：①是无穷数列；②是单调递减数列；③.这个数列的通项可以是__________.

【答案】，答案不唯一.

【分析】数列时特殊函数，利用函数的性质即可得出答案，答案不唯一.

【详解】因为函数的定义域为，且在上单调递减，，所以满足3个条件的数列的通项公式可以是：.

故答案为：，答案不唯一.

三、解答题

17．已知向量，函数.

(1)求函数的最小正周期和最大值；

(2)设是的内角平分线，，且都有，求面积的最大值.

【答案】(1)最小正周期为，最大值为；

(2)

【分析】（1）由向量的数量积的坐标表示求得，利用二倍角公式、两角和的正弦公式化简后，结合正弦函数性质得周期和最大值；

（2）由（1）得，即得，用余弦定理列式，结合基本不等式得的最大值，从而可得三角形面积最大值．

【详解】(1)，

所以最小正周期为，

，即时，取得最大值为；

(2)是的内角，且是的最大值，由（1）知，

所以，

由余弦定理，当且仅当时等号成立，

所以，

．

18．如图，几何体是正方体被经过三个顶点的平面截去一个正三棱锥后剩余的部分，分别是线段的中点.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，求出，可得答案；

（2）求出平面、平面法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【详解】(1)据题已知可建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为，

则，，

，

则，，所以，

即，又因为，

所以平面.

(2)根据（1）可得，

平面，是平面的一个法向量，，

设平面法向量为，

则可得，

令，则，，

，

平面与平面所成的二面角的余弦值为．

19．已知椭圆中心在坐标原点，一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点的直线与交于两点，与交于两点，且点都在轴上方，如果，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，即椭圆中，由离心率可求出，从而可得出椭圆方程.

(2) 由题意直线的斜率不为0，设其方程为,将直线方程与抛物线方程联立，得出弦,联立直线与椭圆方程，得出弦，由条件可得，从而建立方程得出答案.

【详解】(1)抛物线的焦点

所以椭圆的一个焦点为，设椭圆的方程为：，其中

则，由椭圆的离心率为，解得，则

椭圆的方程为：

(2)由题意直线的斜率不为0，设其方程为

设

由 ，可得

所以

则

由，得

所以

则

由，即

所以，又，所以

即，解得，即

所以直线的方程为：，即

20．教育公平是民主社会的重要标志之一.近几年国家教育主管部门也出台了多项举措，比如“小升初”的摇号政策.某市市区有10所中学，由于历史原因，其中2所市级重点是学子心目中的一类学校，5所区重点是二类学校，另3所归为第三类.该市教育局规定：第一志愿填报一类学校，需参加摇号，如果没有摇中，则要服从分配.已知摇中的概率为，没有摇中，被分配到二类和三类学校的概率分别为；如果第一志愿填报二类学校，被分配到二类和三类学校的概率分别为；假设一类､二类和三类学校在学子心目中的评分分别为.

(1)分配结束后，记参加摇号学生获得的评分为，不参加摇号获得的评分为，以和为依据说明该如何择校；

(2)招生细则中，为了方便学生就近入学，规定如果第一志愿填报二类学校，满足学校志愿的概率为.六年级某班的3名好朋友，为了能继续在一起学习，第一志愿填报了同一所二类学校，求他们3人都能被分配到该校的概率.

【答案】(1)，应选择不参加摇号择校；

(2).

【分析】（1）由已知，利用离散随机变量期望公式求和，并比较大小，即可确定择校方法；

（2）由题设3名好朋友被分配到该校服从分布，利用二项分布概率公式求概率即可.

【详解】(1)由题设，可能值为，可能值为，

，，，

所以；

，，

所以；

则，故应选择不参加摇号择校.

(2)由题设，每位学生分配到该学校的概率为，

所以3名好朋友被分配到该校服从，则3人都能被分配到该校的概率.

21．已知函数.

(1)若都有，求正数的最大值；

(2)求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析．

【分析】（1）求出导函数，由的正负确定的单调性得最小值，其取得最小值的的值也使得函数的最大值，因此由的最大值不大于的最小值可得结论；

（2）时，，不等式成立，在时，证明小于的最小值即可，为此用导数证明即可得．

【详解】(1)，

由已知，

时，，时，，

所以在上递减，在上递增，，

时，又，，得时，，

即，

因此若都有，则，所以的最大值为；

(2)由（1）时，

设，时，，

时，设，则，在上是增函数，

所以，即，，

所以，而，

所以，

综上，时，．

22．在直角坐标系xoy中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，正半轴为极轴的极坐标系中，直线和的极坐标方程分别为.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)设直线和与曲线分别交于不同于坐标原点的点和点，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程；

（2）把、代入曲线的极坐标方程，即可求出、，再由余弦定理计算可得；

【详解】(1)解：因为曲线的参数方程为（为参数），

所以曲线的普通方程为即，

由，可得，

所以曲线的极坐标方程为．

(2)解：把代入，得，把代入，得，

即，，，

所以

所以

23．已知函数.

(1)求函数的最小值；

(2)若的最小值，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据绝对值的三角不等式求解即可；

（2）由（1）有，再化简根据基本不等式求解最小值即可

【详解】(1)根据绝对值的三角不等式有，故

(2)由（1），，故，，当且仅当，即，时取等号.故的最小值为