2022届河北省张家口市第一中学（张家口市）高三第三次模拟数学试题含解析

2022届河北省张家口市第一中学（张家口市）高三第三次模拟数学试题

一、单选题

1．已知，，，若，则m的取值集合为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题可知，结合条件即得.

【详解】∵，故，

∵奇数集，

，

其中奇数集，

∴m的取值集合为.

故选：C.

2．已知复数z满足，若复数z在复平面上对应的点在第二或第四象限，则实数a的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】将复数z化成形式，再由第二或第四象限等价为，求解即可

【详解】由题，，故，解得，

故选：A.

3．已知函数的图象关于点对称，则的最小正周期T的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知求出，即得解.

【详解】解：由已知得，，

因为，所以，.

所以的最小正周期T的最大值为.

故选：C.

4．设，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用指对数的运算及性质判断大小即可.

【详解】，

所以.

故选：B.

5．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再化简为分式齐次式，即得解.

【详解】解：，

所以

.

故选：A

6．如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即得.

【详解】由题可知平面与棱柱上，下底面分别交于，，

则∥，，

显然是三棱台，

设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h，

，

解得，

由，可得.

故选：D.

7．已知函数是偶函数或是奇函数，当时，，则a=（       ）

A．1或 B．1或2 C．或 D．或2

【答案】B

【分析】由，时，得到在上单调递增，再分是奇函数和是偶函数求解.

【详解】解：当，时，，

所以在上单调递增.

当是奇函数时，由得：，解得或，

当时，，

则，

所以在上单调递增，经检验是奇函数，符合题意；

当时，，

则，

所以在上单调递减，不符合题意；

.当是偶函数时，由得：，解得或1，

当时，，

则，

所以在上单调递减，不符合题意；

当时，，

则，

所以在上单调递增，经检验是偶函数，符合题意；

故选：B.

8．已知点P是抛物线上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为N，动点M满足最小值为3，则点M的轨迹长度为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分点M在抛物线外部，点M在抛物线上或内部两种情况讨论得解.

【详解】当点M在抛物线外部时，，，

点M的轨迹方程为（在抛物线外部的部分），

与联立解得，

∴ 轨迹与抛物线的两个交点为，，则，圆在抛物线外部的弧长为；

当点M在抛物线上或内部时，三点共线时，最小，此时点M的轨迹方程为，其长度为.

所以点M的轨迹长度为.

故选：C.

二、多选题

9．已知公差为d的等差数列的前n项和为，则（       ）

A．是等差数列 B．是关于n的二次函数

C．不可能是等差数列 D．“”是“”的充要条件

【答案】AD

【分析】根据等差数列前项公式及函数特征结合等差数列的定义即可判断ABC，再结合充分条件和必要条件的定义即可判断D.

【详解】解：由知，，

则，所以是等差数列，故A正确；

当时，不是n的二次函数，故B不正确；

当时，，

则，所以是等差数列，故C不正确；

当时，，故，

，

所以“”是“”的充要条件，故D正确.

故选：AD.

10．已知，（m是常数），则下列结论正确的是（       ）

A．若的最小值为，则

B．若的最大值为4，则

C．若的最大值为m，则

D．若，则的最小值为2

【答案】BC

【分析】根据已知等式，利用基本不等式逐一判断即可.

【详解】由已知得，

，解得，当时取等号，故A错误；

，，当时取等号，故B正确；

，，当时取等号，故C正确；

对于D，

，当时取等号，又，且，所以等号取不到，故D错误，

故选：BC.

11．已知的展开式中x项的系数为30，项的系数为M，则下列结论正确的是（       ）

A． B． C．M有最大值10 D．M有最小值

【答案】ABC

【分析】由题可得，进而可判断AB，由题可得，利用导数可判断CD.

【详解】∵，

又的展开式的通项公式为，

∴，

，故B正确；

，又，，故A正确；

由题可得，

所以，

，由，得，

∴，，

∴M在处取得最大值10，无最小值，故C正确，D错误.

故选：ABC.

12．边长为的正三角形ABC三边AB､AC､BC的中点分别为D､E､F，将三角形ADE沿DE折起形成四棱锥，则下列结论正确的是（       ）

A．四棱锥体积最大值为

B．当时，平面平面PEF

C．四棱锥总有外接球

D．当时，四棱锥外接球半径有最小值

【答案】BC

【分析】根据锥体的体积公式判断A，设､PF的中点为O､H，连接OP，OF，OH，根据二面角的定义得到是二面角的平面角，从而判断B，再确定外接球的球心所在位置，即可判断C、D；

【详解】解：当平面平面时，体积最大，其最大值为，故A不正确.

设､PF的中点为O､H，连接OP，OF，OH，，，，且，，又，，平面，

平面，所以是二面角的平面角，则平面平面，故B正确；

对于C，为正三角形，过其重心作平面的垂线l1，则垂线l1上任意一点到P､D､E的距离都相等，，则过F垂直于平面的直线上任意一点到B､C､E､D的距离均相等，因为l1与l2均在平面POF内，∴l1与l2相交，其交点即为外接球球心，故C正确；

由C知，当l1过F时，即为球心，此时半径最小为，故D不正确，

故选：BC

三、填空题

13．函数点处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】求出切点坐标，利用导数求出切线的斜率即得解.

【详解】解：，所以切点为，

，，所以切线的斜率为.

故该切线方程为，即.

故答案为：

14．用0，1，2，3组成无重复数字的三位数，这个三位数是偶数的概率为___________.

【答案】

【分析】结合排列组合及古典概型，对个位分类讨论即可

【详解】组成无重复数字的三位数共有个，当0做个位时有个，当2做个位时有个，故三位数是偶数的概率等于，

故答案为：

15．已知椭圆的左､右焦点分别为，，AB是椭圆过点的弦，点A关于原点O的对称点为，，且，则椭圆的离心率为___________.

【答案】

【分析】连接，，，设，根据椭圆的定义及勾股定理可得，从而可得是短轴的端点，从而可求离心率.

【详解】连接，，，设，

因为，所以四边形为平行四边形，

而，故四边形为矩形，故.

又，由椭圆的定义可得，，

，即，

解得，∴是短轴的端点，且，，.

故答案为：.

四、双空题

16．已知向量，，若，则点的轨迹方程为___________；若，则的最小值为___________.

【答案】         

【分析】根据两个向量平行，得，通过向量的坐标表示，消去λ即可求解;利用两向量垂直，向量的数量积为0及配方法求解最小值.

【详解】，，消去λ整理得：.

当时，，，，其最小值为2.

故答案为：；2.

五、解答题

17．港珠澳大桥东起香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西横跨南海伶仃洋水域接珠海和澳门人工岛，止于珠海洪湾立交；桥隧全长55千米，桥面为双向六车道高速公路，设计速度100千米/小时，限制速度为千米/小时，通车后由桥上监控显示每辆车行车和通关时间的频率分布直方图如图所示：

(1)估计车辆通过港珠澳大桥的平均时间（精确到0.1）

(2)以（1）中的平均时间作为，车辆通过港珠澳大桥的时间X近似服从正态分布，任意取通过大桥的1000辆汽车，求所用时间少于39.5分钟的大致车辆数目（精确到整数）.

附：若，则，.

【答案】(1)

(2)159

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数公式计算可得；

（2）由题知，根据正态分布的性质求出，即可做出估计；

【详解】(1)解：由频率分布直方图可得 .

(2)解：由题知，，

所以，故所用时间少于分钟的大致车辆数目为.

18．已知数列满足，.

(1)证明：是等比数列；

(2)设，证明.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；

（2）计算得出，利用裂项相消法可证得结论成立.

【详解】(1)证明：因为，，则，，，

以此类推可知，对任意的，，

由已知得，即，

所以，，且，

是首项为，公比为的等比数列.

(2)证明：由（1）知，，，

，

.

19．“费马点”是由十七世纪法国业余数学家之王费马提出并征解的一个问题，该问题是指在位于三角形内找一个到三角形三个顶点距离之和最小的点.由当时意大利数学家托里拆利给出解答，当三角形三个内角均小于时，“费马点”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在中，､､的对边分别为a､b､c，且，，成等差数列，.

(1)证明：是直角三角形；

(2)若O是的“费马点”，.设，，，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用余弦定理求得三边之间的关系，利用勾股定理求证为直角三角形.

（2）利用题干中“费马点”的性质，及三角形面积公式，正弦定理，余弦定理进行求解.

【详解】(1)解：由已知及余弦定理得，解得，

代入，解得，

，即是直角三角形.

(2)由（1）知，，，.

的面积.

由费马点及正弦定理得，.

由余弦定理得

，，

，.

【点睛】该试题通过古代数学文化知识三角形的费马点来考查正弦定理､余弦定理､勾股定理､等差中项､三元方程组的应用等，其中正弦定理､余弦定理是高考必考内容，该题与三元方程及费马点等综合在一起，使试题的难度有所提升，也符合高考命题趋势.数学素养方面主要是培养学生阅读能力､自学能力，使学生会用数学思想方法解题.

20．如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，平面，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若是的中点，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【详解】(1)证明：设，过在平面内作的垂线分别交、于、，

过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，

在等腰梯形内，，，，

所以，，所以，，

，，，所以，四边形为矩形，

所以，，所以，，

所以，，同理可得，

，则，所以，，，

，，，所以，，，

，所以，，所以，，

因为，则点为的中点，同理可知为的中点，

，所以，，所以，，

平面，平面，，

，因此，平面.

平面，所以，平面平面.

(2)解：因为，平面，

以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

设平面的法向量为，，

则，取，可得，

所以，，

由图可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.

21．已知，点，，动点P满足，点P的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

(2)直线与曲线C相切，与曲线交于M､N两点，且（O为坐标原点），求曲线E的离心率.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据两点间距离距离公式，结合已知等式进行求解即可；

（2）根据曲线切线的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、平面向量垂直的性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.

【详解】(1)设，由得，整理得即为曲线C；

(2)与曲线C相切，，即.

设，，

将代入曲线E整理得：，

，，

，.

，，即.

，

，整理得，

，即，，.

故曲线E的离心率为.

【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.

22．已知函数在处取得极值.

(1)求的值及函数的极值；

(2)设有三个不同的零点，，，证明：.

【答案】(1)，极大值，极小值；

(2)证明见解析.

【分析】由已知可得，进而得出，根据不同区间的导数的正负判断函数的增减性，进而求得极值；

由可知极大值为，极小值为，可知的三个不同的零点满足，构造函数，，结合单调性，求证.

【详解】(1)解：函数的定义域为，，

由已知，解得，

，

当或时，；当时，.

在处取得极大值，

在处取得极小值.

(2)解：由知，极大值为，极小值为，

由有三个不同的零点，，，可知.

设，，

，

在上单调递增，，

，

由知，且在上单调递减，

，①.

设，，

，在上单调递增，

，，

由知，且在上单调递增，

②，

结合①②得，

所以.

【点睛】该试题主要考查函数的导数与单调性､函数的导数与不等式等，主要考查了学生的运算思想､转化思想､构造思想和抽象推理，其中构造出和函数

是解题的关键，属于难题.