2022届河南省焦作市高三第一次模拟考试数学（理）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（理）试题（解析版），共16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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简集合A，B，根据交集计算即可.
【详解】由已知可得，，
所以.
故选：C
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由复数的除法运算化简后即可写出复数的共轭复数.
【详解】由，得，
所以.
故选：A
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．下列函数中，最小正周期为的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正弦型、余弦型、正切线函数的周期公式求解即可.
【详解】A项，，故A不符合；
B项，，故B不符合；
C项，，故C不符合；
D项，，故D符合.
故选：D
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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】由正弦定理求b，再由三角形面积公式求解.
【详解】因为，
由正弦定理化角为边可得，所以，
所以的面积.
故选：A
7．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.
8．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（ ）
A．21种B．231种C．238种D．252种
【答案】B
【分析】利用间接法求解，先求出任选5人的选法再减去甲乙丙三人都不被选的选法即可得解.
【详解】10人中选5人有种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有种，
则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有种.
故选：B
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．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
12．已知椭圆的左､右焦点分别为，，M为C上一点，且的内心为，若的面积为4b，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义，三角形的面积可求出椭圆的离心率，所求即为离心率的倒数可得解.
【详解】由题意可得，的内心到轴的距离就是内切圆的半径.
又点在椭圆上，由椭圆的定义，得，，即.
又，所以，
因为，
所以，即，
所以，解得或（舍去），
所以.
故选：B
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．计算：___________.
【答案】
【分析】先切化弦，再根据二倍角的正弦公式、诱导公式、两角差的余弦公式化简即可得解.
【详解】
.
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，且是底边长为，面积为的等腰三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】把三棱锥放入一个长方体中，转化为求长方体外接球的半径即可得解.
【详解】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，如图，
设，，长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，则，解得.
由题得，
，，
解之得，，.
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．某科技公司有甲､乙､丙三个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为，，.现安排甲组和乙组研发新产品A，丙组研发新产品B，设每个小组研发成功与否相互独立，且当甲组和乙组至少有一组研发成功时，新产品A就研发成功.
(1)求新产品A，B均研发成功的概率.
(2)若新产品A研发成功，预计该公司可获利润180万元，否则利润为0万元；若新产品B研发成功，预计该公司可获利润120万元，否则利润为0万元.求该公司研发A，B两种新产品可获总利润（单位：万元）的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：
【分析】（1）设新产品研发成功为事件，根据对立事件的概率求，再由相互独立事件同时发生的概率公式求解；
（2）写出离散型随机变量的可能取值，求对应概率得到分布列求期望即可.
(1)
设新产品研发成功为事件，新产品研发成功为事件.
则，，
所以.
(2)
设该公司研发，两种新产品可获总利润为随机变量，
则的可能取值为0，120，180，300.
；；；
.
所以的分布列如下：
则数学期望.
18．已知数列是递增的等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出方程求出公比可得；
（2）根据错位相减法及分组求和即可得解.
(1)
设数列的公比为，，则.
由得，由得，
所以，解得或（舍去），
所以.
所以数列的通项公式为.
(2)
由条件知，设，
则，
将以上两式相减得，
所以.
设，
则.
19．如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，底面ABCD，，，平行四边形ABCD的面积为，设E是侧棱PC上一动点.
(1)求证：；
(2)记，若直线PC与平面ABE所成的角为60°，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）证明再由线面垂直得出，可得平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算求解.
(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)
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，，，
所以点，，，.
设，由，得.
所以，
所以，，，即点.
所以，，.
设平面的法向量为.
由得
取，得平面的一个法向量为.
因为直线与平面所成的角为60°，
所以，
化简得，解得或.
所以当实数或时，直线与平面所成的角为60°.
20．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．
21．已知函数，，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：当时，.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，解不等式求单调区间；
（2）原不等式转化为，令，看作关于m的二次函数，利用二次函数的最值及利用导数求相关最值即可得证.
(1)
由题可知，
令，得，令，得或，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由得.
令，将看做关于的二次函数，其图象的对称轴为.
令，可得，易知函数在上单调递增，
又，，故存在对，满足.
（i）当时，，所以，此时.
此时需证.
，设，
则.
显然当时，，从而单调递增，
又，所以当时，，当时，，故.
（ii）当时，，所以，
此时.
此时需证.
，
令，则，
则当时，，当时，，
所以.
综合（i）（ii），原命题得证.
【点睛】关键点点睛：在利用导数证明不等式时，首先要对所证不等式进行适当转化，转化后构造恰当的函数，利用导数求函数的单调性、极值、最值是此类问题的常规操作，注意在研究上述单调性及最值过程中经常需要继续构造函数，能力要求较高.
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．
0
120
180
300