重庆市第八中学2021-2022学年高三数学上学期一模试题（Word版附解析）

2022年普通高等学校招生全国统一考试

高考模拟调研卷数学（一）

数学测试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 复数的虚部为（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法运算法则对原式化简成的形式，即可的虚部

 

【详解】因为

所以虚部为1.故选：B

 

2. 已知集合，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出集合B，然后进行补集和交集的运算即可.

【详解】且，且，又，则.

故选：B

3. 已知两个变量和之间存在线性相关关系，某兴趣小组收集了一组，的样本数据如下表所示：

根据表中数据利用最小二乘法得到的回归方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出，，由回归直线必过样本中心，将点（，）依次代入各项检验是否成立可得结果.

【详解】∵，

∴回归直线必过样本中心（3,1），

而A、B、D项中的回归直线方程不过点（3,1），C项的回归直线方程过点（3,1），

故选：C.

4. 使得不等式对恒成立的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由不等式对恒成立得，再由充分不必要条件的概念即可求解

【详解】由不等式对恒成立，得，即，解得，

从选项可知是的充分不必要条件，

故选：A.

5. 中国古代的武成王庙是专门祭祀姜太公以及历代良臣名将的庙宇，这类庙宇的顶部构造颇有讲究.如图是某武成王庙顶部的剖面直观图，其中，，，且数列是第二项为的等差数列.若以为坐标原点，以，分别为，轴正方向建立平面直角坐标系，则直线的斜率为（    ）

A 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55

【答案】A

【解析】

【分析】根据数列是第二项为的等差数列可得，令，则根据题干可得：，再根据等差数列的性质即可求解.

【详解】由题意可知：，令，，因为，

所以，

因为数列是第二项为的等差数列，

设公差为，则，因为，所以，

同理

则直线的斜率，

故选：.

6. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，化简得到，，代入计算得到答案.

【详解】设，，则，，

即，，，

故，.

故选：D

7. 已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出函数的图像，数形结合可得出实数a的取值范围，将用a表示，可得表示为以a为自变量的函数，利用导数可求函数的单调性，进而求出最大值.

【详解】解：作出函数的图像如下图所示：

由图像可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，，

，则，可得，

，

构造函数，，

则，

当，，此时函数单调递增，

当，，此时函数单调递减，

，

故选：B.

8. 已知双曲线：的右焦点为，点，若双曲线的左支上存在一点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据双曲线定义可得，，即，进而推得，得到不等式，求解即可得到的取值范围，进而求得离心率的范围.

【详解】

设双曲线左焦点为，因为点在双曲线左支上，所以有，

即.

由已知得，存在点，使得，即，显然，所以.

又，即当点位于图中位置时，等号成立，

所以，又，

所以，整理可得，，解得或（舍去），

所以，则，则，所以，

所以.

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知函数的最小正周期为，且图象关于直线对称，则（    ）

A. 函数在区间上单调递增

B. 函数在区间内恰有一个极值点

C. 函数的图象关于点对称

D. 直线与函数的图象有唯一公共点

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据最小正周期和对称轴可求得，结合诱导公式得到；利用代入检验法可判断出ABC正误；令，利用导数可求得在上的单调性，结合零点存在定理可说明此时存在唯一零点；分析和的情况下与的最值，可知此时无交点，由此可确定D正确.

【详解】的最小正周期，；

关于对称，，解得：，

又，，；

对于A，当时，，此时先增后减，A错误；

对于B，当时，，则时，取得极值，即为在上的唯一一个极值点，B正确；

对于C，当时，，此时，则是的对称中心，C正确；

对于D，令，则；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

在，上单调递增；在，上单调递减；

又，，，，，

当时，存在唯一的零点，

即与在上有唯一交点；

当时，，，则与在上无交点；

当时，，，则与在上无交点；

综上所述：与图象有唯一公共点，D正确.

故选：BCD.

10. 已知实数，满足，则下列不等关系一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用特殊值法可判断A；利用作差法可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性即可判断C；构造函数，利用其单调性即可判断D．

【详解】对于A，令，则，，此时，故A错误；

对于B，，则，故B正确；

对于C，令，，

当时，，单调递增，

因为，则，得，

即，，所以，故C正确．

对于D，函数在上单调递增，

因为，则，即，

所以，故D正确．

故选：BCD．

11. 如图，在正方体中，，点在棱上运动（不与端点重合），则（    ）

A.

B. 的面积等于与的面积之和

C. 三棱锥的体积有最大值

D. 三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和

【答案】ABD

【解析】

【分析】由平面判断A；由面积公式判断B；由棱锥体积公式判断CD.

【详解】，由线面垂直的判定可知平面，因为平面，所以，故A正确；

不妨设，则，，，所以的面积等于与的面积之和，故B正确；

，因为，所以三棱锥的体积没有最大值，故C错误；

，即三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和，故D正确；

故选：ABD

12. 已知数列的前项和为，，，且，则（    ）

A. 存在实数使得

B. 存在实数使得

C. 若，则

D. 若为数列中的最大项，则

【答案】BD

【解析】

【分析】利用倒数法判断得是等差数列，从而求得，

对于A，利用作差法得到，由与推得不等式不成立，而的情况，取可得，从而判断得不恒成立；

对于B，利用及，取即可判断；

对于C，利用选项A中结论，由推得，从而得到，则，由此得以判断；

对于D，先由条件推得，再分类讨论与两种情况，得到的正负情况，从而证得，据此判断即可.

【详解】因为，所以，

当时，，这与矛盾，不满足题意；

当时，则，又，

所以是首项为，公差为的等差数列，

所以，则，

对于A，若，则，整理得，

当时，因为，所以，，所以不等式不成立；

当时，取（表示不超过的最大整数），当时，，

所以，而，则，所以不恒成立，

综上：不存在实数使得，故A错误；

对于B，取，因为，则有，

所以，即，故B正确；

对于C，若，则，

当时，，取，

则，，即上述不等式不恒成立，不满足题意；

当时，因为，所以，，则恒成立，

综上：，则，

所以，则，即，故C错误；

对于D，若为数列中的最大项，则，即，

当时，，，则不成立，不满足题意；

当时，得，解得，

综上：，

当时，因为，所以，则，即，

所以，则，即；

当，即时，因为，所以，则，即，

所以，则，即；

综上：，故D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点睛：本题的关键点有二：

一是利用倒数法求得；二是分类讨论的正负情况，得到的正负情况，再利用与的关系判断所需结论.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量，，且与共线，则实数___________.

【答案】或##或

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标表示可直接构造方程求得结果.

【详解】与共线，，

即，解得：或.

故答案为：或.

14. 已知的展开式中常数项为121，则实数___________.

【答案】

【解析】

【分析】写出二项式的通项，找出对应项乘积为常数项即可算出实数的值.

【详解】由题意可知，二项式的展开通项

当时，此时的常数项为；

当时，此时的常数项为

所以，展开式中的常数项为，解得.

故答案为：

15. 已知直线：与直线关于直线对称，点在圆：上运动，则动点到直线的距离的最大值为____________.

【答案】6

【解析】

【分析】求出直线所过定点，从而得到直线恒过点，求出圆心，从而得到，数形结合得到动点到直线的距离的最大值.

【详解】变形为，

令，解得：，

故直线恒过定点，

关于对称的点，

故直线恒过点，

变形为，圆心为，半径为1，

故圆心与的距离为，

则动点到直线距离的最大值为BC的长加上半径，即.

故答案为：6

16. 在中，内角，，的对边分别为，，，边的中点为，线段的中点为，且，则____________.

【答案】

【解析】

【分析】由向量的代数运算和数量积公式，可得，再利用同角三角函数的关系及正余弦定理角化边，由计算即可.

【详解】边的中点为，线段的中点为，∴，又，

∴，即，

由同角三角函数的关系及正余弦定理，有：.

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知中，内角对边分别为，，，，.

（1）求；

（2）若的外接圆面积为，求面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由余弦定理及求得，由余弦定理求得，进而得到；

（2）由正弦定理求得，结合即可求解.

【小问1详解】

因为，，，即，，所以，所以；

【小问2详解】

因为的外接圆面积为，即，，由正弦定理可得，即，.

所以面积为.

18. 已知数列的前项和为，，.

（1）证明：是等差数列；

（2）求.

【答案】（1）证明见解析   

（2）250

【解析】

【分析】（1）令、、、、代入求出，，

，，判断可得答案；

（2）由（1）判断出数列的偶数项是公差为首项为的等差数列，奇数项是公差为首项为的等差数列，分别求，，再求和可得答案.

【小问1详解】

知数列的前项和为，，

令代入得，又，

解得，

所以，

，

，

，

，

以上各式相加得，

所以，

两式相减得

，所以，

从而，，

所以，

则数列是公差为首项为的等差数列；

【小问2详解】

因为，所以，，

，数列是公差为首项为的等差数列，

由（1）数列是公差为首项为的等差数列，

即数列的偶数项是公差为首项为的等差数列，奇数项是公差为首项为的等差数列，

因为中共有50个奇数项50个偶数项，

所以，

，

因此.

19. 为了保障学生们的合法权益，并保证高考的公平性，重庆市施行的新高考方案中再选科目的高考成绩采用赋分制.赋分制在一定程度上缩小了试题难度不同带来的分数差，也在一定程度上减少了学科难度不一造成的分数差.2022年高考成绩公布后，重庆市某中学收集了部分学生的高考成绩，其中地理成绩均在（单位：分），将收集到的地理成绩按分组，得到频率分布直方图如下.

（1）求，并估计该校2022年高考地理科的平均成绩；（同一组数据用该区间的中点值作代表）

（2）已知该校2022年所有参加高考的学生中历史类考生占20%，物理类考生占80%，历史类考生中选考地理的占90%，物理类考生中选考地理的占5%，历史类考生中高考地理成绩不低于90分的占8%，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，求选到历史类考生的概率（以样本中各区间的频率作为相应事件的概率）.

【答案】（1），估计该校2022年高考地理科的平均成绩为   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图结合所有频率和为1求，并根据加权平均数运算求解；（2）根据题意结合条件概率运算求解.

【小问1详解】

由题意可得：，

解得，

估计该校2022年高考地理科平均成绩为.

【小问2详解】

该校2022年所有参加高考的学生中任选1名，记“选到历史类考生”为事件A，“选到物理类考生”为事件B，“选到选考地理的考生”为事件C，则有，

∴，

记“选到高考地理成绩不低于90分”为事件D，则，

∴，

故，

若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，选到历史类考生的概率.

20. 如图，在三棱柱中，，.

（1）证明：平面平面；

（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】(1) 设,连接,由题意可得为的中点，又因为，，所以，，从而可得平面，即可证明平面平面；

(2)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，利用向量法求解.

【小问1详解】

证明：设,连接,如图所示：

则为的中点，

因为，

所以，

即，

又因为，

所以，

又因为，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面；

【小问2详解】

解：因为，

所以为正三角形，四边形为菱形，

因为，，

设，则，，

所以为等腰直角三角形，

所以，

又因为四边形为菱形，

所以，，

又因为，

所以，

所以，

即两两垂直，

以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：

所以，，，，，

设，

由可得，

所以，

所以，

所以，，，

设平面的法向量为，

所以，

即有，

令，得，

所以，

设直线与平面所成角为，

则有.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21. 已知函数.

（1）证明：；

（2）已知函数与函数的图象恰有两个交点，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）求导，利用导数确定单调性，进而可求最值求解，

（2）分类讨论的取值范围，根据函数的单调性，结合零点个数即可求解.

【小问1详解】

的定义域为，且，

令，则，所以在单调递增，在单调递减，因此，即

【小问2详解】

设，

将函数与函数的图象恰有两个交点，转化为恰好有两个零点，

，

当，即时，令，解得或，所以此时在单调递增，在单调递减，所以的极大值为，

由于，此时最多1个零点，不符合题意，

当时，即时， 所以在单调递增，此时最多1个零点，不符合题意，

当，即时，令，解得或，所以此时在单调递增，在单调递减，

由于， ，

由于，所以，进而，因此，此时最多1个零点，不符合题意，

当，即时，在单调递增，在单调递减，要使恰好有两个零点，则，解得，

当时，，，此时在只有一个零点，不符合题意，

综上可知：

22. 已知抛物线：的焦点为，过点引圆：的一条切线，切点为，.

（1）求抛物线的方程；

（2）过圆M上一点A引抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，是否存在点A使得的面积为？若存在，求点A的个数；否则，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，点A的个数为2，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可求出，过点M作轴，根据勾股定理可知，即可求出参数p，进而得到抛物线方程；

（2）设，，，求出切点弦PQ的方程，联立抛物线方程，根据弦长公式求出，在利用点到直线距离公式求出点到直线PQ的距离d，由的面积为列出方程，得出A点的轨迹方程，联立圆的方程得，方程的根的个数即为点A的个数.

【小问1详解】

解：如图

已知抛物线：的焦点为，

圆：的圆心，半径，

则，

过点M作轴，则，，

在中，满足，

即，解得，

所以抛物线的方程为.

【小问2详解】

存在点A使得的面积为，点A的个数为2，理由如下：

设，，，

由（1）可知抛物线的方程为，

则切点弦PQ的方程为，斜率，

联立，得，

所以，，

，

点到直线PQ的距离，

，

所以，

即点A的轨迹为抛物线往左平移个单位长度，

因为点A在圆M上，联立，得，

显然是一个根，因式分解得，

令，，则，

若，由于，

则恒成立，所以为增函数，

，，

根据零点存在定理函数在上存在一个零点，

所以存在两个点A使得的面积为.

【点睛】本题考查了抛物线切点弦方程及弦长公式，高次方程的因式分解问题，构造函数并利用导函数求出函数的单调性，根据零点存在定理求出方程的根，此题的关键点在于，根据的面积为，求出点A的轨迹方程，利用其轨迹方程和圆M有几个交点即可得到点A的个数.