2022届河南省焦作市高三第一次模拟考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2022届河南省焦作市高三第一次模拟考试数学（文）试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】用列举法求出，进而求出.
【详解】因为，，所以．
故选：C
2．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数得除法运算及复数虚部的定义即可的解.
【详解】解：因为，所以，
所以的虚部为．
故选：C.
3．已知命题：，，：，，则下列命题是真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据条件判断命题、真假，结合复合命题真假关系进行判断即可.
【详解】∵，，∴命题为假命题，即为真命题，
又∵，成立，∴命题为真命题，
∴为真命题．
故选：.
4．某大学工程学院共有本科生1200人、硕士生400人、博士生200人，要用分层抽样的方法从中抽取一个容量为180的样本，则应抽取博士生的人数为（ ）
A．20B．25C．40D．50
【答案】A
【分析】直接利用分层抽样，即可计算.
【详解】因为学院共有本科生1200人、硕士生400人、博士生200人，
所以应抽取博士生的人数为．
故选：A
5．设函数的零点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据零点存在性定理进行求解.
【详解】易知在R上单调递增且连续．由于，，，当时，，所以．
故选：B
6．设和都是等差数列，前项和分别为和，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用等差数列的性质分别求得，，再利用等差数列前n项和公式求解.
【详解】由等差数列的性质可得，
所以；
因为，
所以．
由等差数列的前项和公式可得，，
所以．
故选：A
7．椭圆的左、右顶点分别为，，左焦点为，为坐标原点，若，，成等比数列，则的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆的性质可得，，，再根据等比中项的性质列方程求离心率即可.
【详解】设，则，，，
根据题意，可得，整理得且，解得．
故选：D
8．已知函数是奇函数，则使得的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据求得，再根据单调性即可求解不等式.
【详解】令，得，
所以，定义域为，
，满足为奇函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，
又，，所以使得的的取值范围是．
故选：C.
9．花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果．如图所示是一个花窗图案，大圆为两个等腰直角三角形的外接圆，阴影部分是两个等腰直角三角形的内切圆．若在大圆内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设大圆的半径为，等腰直角三角形的内切圆的半径为，进而得出等腰直角三角形的边长，利用三角形面积公式列出方程，解出r的值，根据圆的面积公式求出阴影部分和大圆的面积，结合几何概型的概率公式计算即可.
【详解】设大圆的半径为，则等腰直角三角形的边长分别为，，，
设等腰直角三角形的内切圆的半径为，
则，解得，
则阴影部分的面积为，
大圆的面积为，
则该点取自阴影部分的概率为．
故选：D
10．已知函数的一个极值点为1，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用极值点的概念得到，结合基本不等式得到的最大值，从而得到的最大值为．
【详解】对求导得，因为函数的一个极值点为1，所以，所以，又，于是得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故的最大值为．
故选：D
11．已知数列的前项和，则（ ）
A．B．0
C．D．
【答案】B
【分析】由递推关系可得，进而求出，即可得出所求.
【详解】由题意知，所以，
又，所以，故．
故选：B.
12．如图，在正四面体中，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，找到异面直线与所成角即为（或其补角），利用余弦定理求出，由勾股定理求出，利用余弦定理求出答案.
【详解】设为棱上与点最近的一个四等分点，连接，，，，则，所以异面直线与所成角即为（或其补角）．不妨设正四面体的棱长为4，则．在中，，，，由余弦定理得：，解得：，同理，．在等腰三角形中，．在中，，，，由余弦定理得，解得：．在中，由余弦定理得:．
故选：C
二、填空题
13．已知向量，，若，则______．
【答案】
【分析】先求出向量的坐标，再根据向量垂直得数量积为0即可求出.
【详解】因为，且，
所以，解得．
故答案为：.
14．写出一个离心率与双曲线的离心率互为倒数的椭圆的标准方程：______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】求出双曲线的离心率，进而求出椭圆的离心率，写出符合要求的椭圆方程.
【详解】双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为，所以椭圆的标准方程可以为．
故答案为：
15．已知，且，则______．
【答案】
【分析】根据诱导公式和二倍角公式化简可得，再根据范围即可求出.
【详解】，
所以，
因为，所以，，
则或，得（舍去）或．
故答案为：.
16．已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，利用勾股定理得到方程组求出，，，再求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积；
【详解】解：根据题意，三棱锥可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，如图所示，
则，，，解得，，．所以该三棱锥的外接球的半径为，所以该三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：
三、解答题
17．某校举办歌唱比赛，七名评委对甲、乙两名选手打分如下表所示：
(1)若甲和乙所得的平均分相等，求的值；
(2)在（1）的条件下，从七名评委中任选一人，求该评委对甲的打分高于对乙的打分的概率；
(3)若甲和乙所得分数的方差相等，写出一个的值（直接写出结果，不必说明理由）．
【答案】(1)
(2)
(3)93
【分析】（1）利用平均数公式求解；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）利用方差公式求解.
(1)
解：由题意得，
解得．
(2)
因为七名评委中，有，两名评委对甲的打分高于对乙的打分，
所以所求概率为．
(3)
的值可以为93．
18．在锐角中，，，．
(1)求的面积；
(2)延长边到，使得，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用余弦定理求出的长，再利用面积公式求解，
（2）在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求得
(1)
设．
由余弦定理得，
整理得，解得或．
当时，，此时是钝角三角形，不符合条件．
当时，符合条件，．
(2)
根据题意，
由余弦定理得，
所以．
由正弦定理知，即，
解得．
19．如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，平行四边形的面积为，设是侧棱上一动点．
(1)求证：；
(2)当是棱的中点时，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的面积结合已知数据可求得，在中由余弦定理可求出的长，再利用勾股定理的逆定理可得，由已知底面，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质可得结论，
（2）由于，利用等体积法求解
(1)
平行四边形的面积为，，，
所以，解得．
在中，由，，，
得，，
所以，即．
因为底面，所以，
又，所以平面．
又平面，所以．
(2)
当是的中点时，是的中线，
在中，，
因为，，所以．
设点到平面的距离为．
由，得，
即，解得．
20．已知函数，．
(1)若是的极值点，求曲线在处的切线方程；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据极值点求参数k，再应用导数的几何意义求曲线在处的切线方程；
（2）由题设易得，构造并应用导数判断其在定义域上函数值的符号，即可证明结论.
(1)
由题意得：，，
因为是的极值点，所以，所以．
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为．
(2)
因为，则，所以，
设，则，该函数为定义域上的增函数，
且x=1时，函数值为零.
故当时，，当时，，
所以，故，即．
21．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率不为0的直线交抛物线于，两点，过，作的垂线分别与轴交于，，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合求解；
（2）设直线，代入抛物线方程得，设点，，直线，得到，，然后由四边形的面积，利用导数法求解.
(1)
解：双曲线方程化为标准方程是，其焦点坐标为，，
因为抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，
所以，，，
故抛物线的方程为．
(2)
设直线，代入抛物线方程得，
设点，，则，，
直线，所以点，同理可得，
所以四边形的面积，
，
由抛物线的对称性，只需考虑的情形，
则，
所以，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时，四边形的面积最小，最小值为．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和圆的直角坐标方程；
(2)当时，求直线与圆的公共点的极坐标．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）消去参数，得到普通方程，利用公式化极坐标方程为直角坐标方程；（2）在平面直角坐标系下求出交点坐标，再化为极坐标，注意舍去不合要求的点.
(1)
由消去得：，即直线的普通方程是．
由，代入得：，
即圆的直角坐标方程为．
(2)
由解得：或，
因为，所以交点在平面直角坐标系的第二象限或x轴负半轴，或y轴正半轴上，故舍去，所以交点为，化为极坐标为
故直线与圆的公共点的极坐标为．
23．设函数．
(1)当时，解不等式；
(2)若关于的不等式无解，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分，和三种情况求解即可，
（2）由题意可得，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，从而可得的取值范围
(1)
当时，即为，
①当时，不等式可化为，解得；
②当时，不等式可化为，解得，舍去；
③当时，不等式可化为，解得．
综上，的解集为．
(2)
不等式无解，即无解，
所以，
因为，
所以，即的取值范围是．
评委
选手甲
91
94
96
92
93
97
95
选手乙
92
95
90
96
94
91