2022曲靖一中高三上学期第一次质量监测卷理数试题含答案

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曲靖一中高考复习质量监测卷一理科数学参考答案 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ABADBCACBCDA【解析】1．，则，故，故选A．2．，当为纯虚数，且，故，故选B．3．，，，故选A．4．设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，则有，，故解得则，故选D．5．当时，；当时，；当时，；当时，，故输出的，故选B6．，故选C．7．由双曲线渐近线方程知，设顶点坐标为，则顶点到渐近线的距离为，焦点到渐近线的距离为，则，解得，故虚轴长为，故选A．8．化简，由角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，得，因为，则，，故，所以，故选C．9．由题意可知时，取得最大值，则，解得，由于，则，故，最小正周期，故选B．10．因为，，所以，又因为，故，    故选C．11．如图1：由已知条件易得，，由于，由余弦定理可    解得，设为三角形的外心，则三角形外接圆半径为2，    即，过作三角形的垂线，球心在上，则，     可求外接球半径，故该四面体的外接球的表面积是，故选D．12．由知函数的周期为，又因为函数为偶函数，    ，则函数关于对称. 令    ，令，如图2：，当时，，，    可求得处的切线方程为；当时，，故函数与    有两个交点，故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案①③④【解析】13．如图3：直线，当纵截距最小时，的值最小，当    平移经过A点时纵截距最小，此时A点的坐标为    ，则.14．由得，则，代入得，即    ，所以.15．焦点坐标为，设直线的方程为，的中点坐标为，根据三    角形重心性质，，可计算得，联立方程得    则，解得.16．如图4，取的中点，连接易证平面平面，故平面，故①正确；直线与所成角即为直线与所成角，只需连接，则为直角三角形，，故②错误；对于③，建立如图5的空间直角坐标系，设，则，，若，则计算得，因为，符合题意，故③正确；如图6，取的中点为，的中点，连接，易证平面，则到平面的距离即为到平面的距离，过作的垂线，则垂线段长即为所求，在三角形中，用等面积法求点到的距离为，则到平面的距离为，故④正确.三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. （本小题满分12分）    解：（1）根据列联表数据得：    ∴不能在犯错误的概率不超过的前提下认为获得“运动达人”称号与性别有关.                                        ……………………………………………（6分）   （2）根据分层抽样方法得：男教师有人，女教师有人，    随机变量的取值可以为0，1，2，          ………………………………………（7分）    ，，，        分布列为X012P                               …………………………………………………………（10分）    均值                            ……………………………（12分）18. （本小题满分12分）    解：（1）当公比时，命题为假；当公比时，命题为真.    理由如下：    设的首项为，公比为.    由已知得∴    ∵∴∴    ……………………………（3分）    当时，∵    ∴不成等差数列.    ………………………………（6分）    当时，        ∴∴成等差数列.       …………………………（10分）    综上得：当公比时，命题为假；当公比时，命题为真.                             ……………………………………………………………（12分）19. （本小题满分12分）   （1）线段上存在点使得，为的中点.    证明：如图7，取的中点，连接    ∵，分别为，的中点，    ∴且    ∵且    ∴    ∴四边形为平行四边形，则    ∵∴                             ……………………………………………………………（5分）   （2）解：取的中点H为坐标原点，建立如图8所示的空间直    角坐标系.    因为三角形为等腰三角形，易求，则可写坐标点：    ，，    ，，                               ……………………………………………………………（7分）    设平面的法向量为，    则即解得    设平面的法向量为，    则即解得                               ………………………………………………………（10分）    设二面角为，    则                  ………………………………………（11分）    二面角为锐角，所以余弦值为.      ………………………………………（12分）20. （本小题满分12分）    解：（1）定义域为R，    在R上单调递减；    ，    ∴                                   …………………………………………………………（5分）   （2）不存在．    理由如下：    ，    .    综上可知，不存在实数使得恒成立.   …………………………………（12分）21. （本小题满分12分）    解：（1）设，联立方程组整理得，    则，可得    由点为的中点，所以    设，因为，可得，    又由点在抛物线：上，可得，    即，解得或（舍去），    所以抛物线的标准方程为.       ……………………………………………（5分）   （2）设，直线的斜率为，    不妨设，则，且，    因为，所以.    由，得，即，    即，    将代入得，     所以，所以，     所以正方形的面积为                         因为，所以（当且仅当时取等号）.     因为，所以     所以（当且仅当时取等号），     所以（当且仅当时取等号），     所以正方形的面积的最小值为32.       …………………………………（12分）22. （本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】    解：（1）利用，把圆的参数方程（为参数），    化为，        ∴，即．    由化简得：，    则直线的直角坐标方程为: .   ………………………………………（5分）   （2）设为点的极坐标，由解得    设为点的极坐标，由解得    ∵，∴．    ∴，点C到OM的距离为，    所以的面积为.    …………………………………………（10分）23. （本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】    解：（1）    ∴    要满足恒成立，只需满足       即∴      解得.                    …………………………………………（5分）   （2）方程有两个不同的实数根，即函数与的图象有两个不同    的交点，作出这两个函数的图象（如图9），      由图象可知，的取值范围是.         ……………………………（10分）