2022届山西省临汾市高三三模数学（理）试题含答案

  临汾市2022年高考考前适应性训练考试（三）

理科数学

一、选择题

1.已知集合，，则（   ）

A. B.

C. D.

【1题答案】

答案：

D

解析：

【分析】

根据对数函数的单调性，结合解一元二次不等式的方法、集合交集的定义进行求解即可.

【详解】

因为，，所以，故选：D.

2.在复平面内，复数对应点的坐标为，则（   ）

A. B.

C. D.

答案：

A

解析：

【分析】

由题可得，再由复数除法法则即可求解.

【详解】

因为复数对应点的坐标为，所以，

所以.故选：A.

3.已知是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（   ）

A.若，，则

B.若，，，则

C.若，，则

D.若，，则

答案：

C

解析：

【分析】

以正方体为模型，考虑各选项的情况.

【详解】

A选项，考虑正方体上下底面和一个侧面，可判断错误；B选项，可考虑正方体相邻两面的共点对角线，可判断错误；C选项，由线面垂直的性质定理即可判断正确；D选项，考虑上底面的相邻两边与下底面的关系，可判断错误.

故选：C.

4.已知命题：存在一个无理数，它的平方是有理数，命题：“”是“”的充要条件，则下列命题为真命题的是（   ）

A. B.

C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

先判断、的真假，再判断四个选项对应的复合命题的真假.

【详解】

命题：存在一个无理数，它的平方是有理数，取无理数，则为有理数.故为真命题；

命题：“”是“”的充要条件.当时，由“”不能推出“”.故为假命题.

所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题.

故选：B.

5.已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则的方程为（   ）

A. B.

C. D.

答案：

D

解析：

【分析】

利用配方法求出圆心坐标，结合垂直直线之间斜率的关系进行求解即可.

【详解】

由，所以圆心坐标为，

因为直线的斜率为，

所以与直线垂直的直线l的斜率为，

所以的方程为：，故选：D.

6.央视热播剧《人世间》，描述了年蜿蜒曲折中国家的发展和老百姓生活的磅礴变迁，其中良好家风的传承及流淌在人与人之间的良善真义，深深打动并温暖了观众之心，堪称一部当代中国的影像心灵史诗．某高中社团调查了名观众，将这名观众对该剧的评分绘制成了如图所示的频率分布直方图，则评分的中位数约为（   ）

A. B.

C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

中位数即估计频率在处的数值，据此计算即可.

【详解】

根据直方图可得，前个矩形块的面积为：

，于是中位数必然落在区间上，设中位数为，则，解得.故选：C.

7.已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量的方向上的投影为（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

根据平面加法的几何意义，结合三角形外心的性质、平面向量数量积的几何意义进行求解即可.

【详解】

由，

所以的外接圆圆心是边的中点，即是以为斜边的直角三角形，

因为，所以，在直角三角形中，

，即

因此向量在向量的方向上的投影为，故选：C.

8.我国在防震减灾中取得了伟大成就，并从年起，将每年月日定为全国“防灾减灾日”．尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，地震学家查尔斯·里克林提出了关系式：，其中为地震释放出的能量，为地震的里氏震级．已知年月日我国发生的汶川地震的里氏震级为级，年月日我国发生的九寨沟地震的里氏震级为级，可知汶川地震释放的能量约为九寨沟地震的（   ）（参考数据：，）

A.倍 B.倍 C.倍 D.倍

答案：

C

解析：

【分析】

根据关系式，利用代入法，结合题中所给的参考数据进行求解即可.

【详解】

在中，令，得，

因此汶川地震释放的能量，

令，得，

因此九寨沟地震释放的能量，

所以汶川地震释放的能量约为九寨沟地震的倍，

故选：C.

9.小王被某大学录取，在通知书接收当天，快递人员可能在之间把通知书送到小王家，小王在之间能回到家中，则小王当天到家后能当面签收通知书的概率为（   ）

A. B. C. D.

答案：

A

解析：

【分析】

根据几何概型计算公式进行求解即可.

【详解】

设快递人员到的时间为，小王到家的时间为，

可以看成平面中的点试验的全部结果所构成的区域为：

，

事件表示小王当天到家后能当面签收通知书，所构成的区域为，如图所示：

正方形的面积为，

等腰直角三角形的面积为：，

所以小王当天到家后能当面签收通知书的概率为，故选：A

10.已知，且，则(   )

A. B. C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

化简解析式为，由得的一条对称轴，则，根据的范围即可求解．

【详解】

，∵，∴关于对称，

∴，，

，∴，．故选：B．

11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点分别在其左、右两支上，，为线段的中点，且，则双曲线的离心率为（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

由条件结合双曲线的定义求，结合勾股定理求出的关系，由此可得离心率.

【详解】

因为，所以，又为线段的中点，

所以，

设，因为，为线段的中点，

所以，，

由双曲线定义可得，，

所以，，又，

所以，故，

所以，由，可得，

由已知，所以，即，

所以，所以离心率，C正确；故选：C.

12.关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是（   ）

A. B.

C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

将对任意恒成立，转化为对任意恒成立，由单调递增，转化为对任意恒成立求解.

【详解】

因为对任意恒成立，

即对任意恒成立，

令，则，

所以单调递增，

则对任意恒成立，

即对任意x>1恒成立，

令，则，

当时，，递减，

当时，，递增，

所以取得最大值，

所以，解得，故选：B

二、填空题

13.五一劳动节期间，有名志愿者要去所敬老院做义工，这所敬老院的规模不同，其中2所敬老院规模较小，各需名义工，剩余人均去另所，则不同的分配方案有________种

答案：

解析：

【分析】

先从名志愿者中选取名志愿者去一所养老院，有种，剩下两人分别安排在另外个养老院，有种，问题得以解决

【详解】

第一步：先从名志愿者中选取名志愿者去一所养老院，有种分法；

第二步：将剩下的名志愿者分别安排在剩下的所养老院中，有种分法；

根据分步乘法计数原理，有种方法故答案为：.

14.曲线在点处的切线方程是________.

答案：

解析：

【分析】

先求出，再求出结合直线的点斜式方程即可求解.

【详解】

由题意，，

所以，所以切线方程为，即.

故答案为：.

15.已知四边形为菱形，，，将其沿对角线折成四面体，使，若四面体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积为________.

答案：

解析：

【分析】

四面体为正四面体，将其放到正方体中，即可求出外接球半径，从而得解.

【详解】

由题意可知四面体为正四面体.

如图,将其放到正方体中，该四面体的外接球和该正方体的外接球相同，

又，所以正方体的棱长为，

所以外接球的半径为：，

该球的表面积为,故答案为：.

16.已知的三个角的对边分别为，满足，则________.

答案：

解析：

【分析】

先由正弦定理得到，不妨设，由解出，得到，利用二倍角公式和弦化切即可得到答案.

【详解】

的三个角的对边分别为，满足，

由正弦定理知：，即.

设且.由得.在中,,

所以,即，解得：（舍去）.所以.

所以.

故答案为：.

三、解答题

17.已知的三个角的对边分别为，且．

（1）求；

（2）若，设，求数列的前2n项和．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）由正弦定理化边为角，再化简整理即可求出；

（2）由正弦定理可得，求得，即可得出通项公式，即可求出.

【详解】

（1）由正弦定理得，

故，可得，

又因为，所以，所以，又因为，所以．

（2）由正弦定理得，所以，

又因为，则，，

所以

．

19.如图，四棱锥的底面为菱形，，，底面，分别是线段，的中点，是线段上的一点．

（1）若，证明直线在平面内；

（2）若直线与平面所成角的正弦值为，试确定的值．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）取的中点，连接，则，以为原点建立空间直角坐标系，表示出点的坐标和向量，求出平面的法向量，验证与平面的法向量的数量积是否为，积得证

（2）设，表示出，根据直线与平面所成角的正弦值为，解方程求出即可

【详解】

（1）证明：取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图所示．

则，，，，，，

设，因为，，．

所以，即，

，，

设平面的法向量，则，所以

取，

所以，即．

又因为平面，

所以直线在平面内．

（2）设，则

则，

解得或，即或．

19.已知函数，．

（1）若是的极值点，求；

（2）若函数与的值域相同，求的取值范围．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）由题意求出参数的值，再检验即可.

(2)先分，，分别判断出的单调性，得出其值域，令，，根据单调性和函数值域得出参数满足的条件，从而得出答案.

【详解】

（1）由，

因为是的极值点，所以，即．

若，则当时，；时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极小值点，所以．

（2）①当时，，所以在上单调递增，所以的值域为．

令，，则的值域也为．

②当时，，可知的值域为，

此时与的值域不相等，所以．

③当时，，解得，

所以，在单调递减，在单调递增，

所以，

所以的值域为．

令，，，

因为在单调递减，在单调递增，则只需．

令，，，

时，时，

所以在单增，在单减，而，

所以，所以在单减，而，

故当时，．

综上所述，的取值范围为或．

20.某游乐场设置了迷宫游戏，有三个造型相同的门可供选择，参与者进入三个门后结果分别是：分钟走出去，分钟走出去，分钟返回出发点．游戏规定：不重复进同一个门，若返回出发点立即重新选择，走出迷宫游戏结束．

（1）求一名游戏参与者走出迷宫所用时间的期望；

（2）甲、乙人相约玩这个游戏．人商量了两种方案，

方案一：人共同行动；

方案二：人分头行动．

分别计算两种方案人都走出迷宫所用时间和的期望．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）设一名游戏参与者走出迷宫所用时间为，则的所有可能取值为，再求对应的概率可得答案；

（2）由（1）求出按照方案一的期望，按照方案二设两人走出迷宫所用时间和为Y，求出Y的所有可能取值和对应的概率、期望再与方案一比较可得答案.

【详解】

（1）设一名游戏参与者走出迷宫所用时间为，

则X的所有可能取值为，

，，，

所以，

即一名游戏参与者走出迷宫所用时间的期望为．

（2）由（1）按照方案一：人共同行动所用的时间和的期望为，

按照方案二：设两人走出迷宫所用时间和为，

则Y的所有可能取值为，

，，

，所以，

即按照方案二两人所用时间和的期望为．

21.已知抛物线的焦点为，过点的直线与E交于A，B两点，以为直径的圆过原点．

（1）求的方程；

（2）连接，，分别延长交于两点，问是否为定值，若是求出该定值；若不是说明理由．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）根据题意，设直线方程为，联立方程组，得出，，因为以为直径的圆过原点，所以，所以，即可求出的值，进而求出的方程；

（2）再次联立方程组，表示出和，由（1）知，代入可求得为定值.

【详解】

（1）由题知，直线的斜率不为，可设其方程为，，，

联立，得，

所以，，

因为以为直径的圆过原点，所以，即，

所以，即，

将代入，解得．

所以的方程为；

（2）设，，直线的方程为，

联立，得，

所以，即，

同理，即，

，

同理，由（1）知，所以．

四、选做题（2选1）

22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，将上所有点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的倍，得到曲线．

（1）求的直角坐标方程；

（2）已知点，若M为上任意一点，直线与的另一个交点为，当为线段的中点时，求的直角坐标．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）先求出的直角坐标方程，再由伸缩变换代入即可求得曲线的直角坐标方程；

（2）表示出，和．代入方程，即可解得.

【详解】

（1）因为曲线的极坐标方程为，

所以的直角坐标方程为．

设曲线上任意一点的坐标为，则由伸缩变换得到①

将①代入得，所以曲线的直角坐标方程为．

（2）因为M为上任意一点，可设，因为为线段的中点，，

所以．又因为点也在上，所以，

解得，则，所以的直角坐标为或．

23.已知函数，．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，使成立，求的取值范围．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）根据绝对值的性质，利用分类讨论思想进行求解即可；

（2）根据存在性的性质，利用常变量分离法，结合基本不等式进行求解即可.

【详解】

（1）当时，，

当时，，恒成立，解得；

当时，，由，得，解得；

当时，，无解，综上所述，的解集为；

（2）当，时，．

由得，即．

当时，，所以．

若使成立，则只需，

而，（当且仅当时等号成立），所以的取值范围为．