宁夏银川市2022届高三一模数学（理）试题

这是一份宁夏银川市2022届高三一模数学（理）试题，共19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。
宁夏银川市2022届高三一模数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．||=（    ）A． B． C． D．3．已知，则（    ）A． B． C． D．4．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，焦距为8，则的离心率为A． B．2 C． D．5．交通锥，又称雪糕筒，是一种交通隔离警戒设施.如图，某圆锥体交通锥的高为12，侧面积为65π，则该圆锥体交通锥的体积为（    ）A．25π B．75π C．100π D．300π6．已知函数是R上的奇函数，当时，，若，是自然对数的底数，则（    ）A． B． C． D．7．我国18岁的滑雪运动员谷爱凌在第24届北京冬奥会上勇夺“两金一银”，取得了优异的成绩.在某项决赛中选手可以滑跳三次，然后取三次中最高的分数作为该选手的得分，谷爱凌为了取得佳绩，准备采用目前女运动员中最难的动作进行滑跳，设每轮滑跳的成功率为0.4，利用计算机产生0~9之间取整数值的随机数，我们用0，1，2，3表示滑跳成功，4，5，6，7，8，9表示滑跳不成功，现以每3个随机数为一组，作为3轮滑跳的结果，经随机模拟产生如下10组随机数：813，502，659，491，275，937，740，632，845，936.由此估计谷爱凌“3轮滑跳中至少有1轮成功”的概率为（    ）A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.68．如图所示的是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．109．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定，假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，那么感染人数由1（初始感染者）增加到999大约需要的天数为（    ）（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……参考数据：）A．42 B．56 C．63 D．7010．如图，在四面体中，分别为的中点，分别在上，且.给出下列四个命题：①平面；②平面；③平面；④直线交于一点.其中正确命题的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．411．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC面积的最大值为（    ）A． B． C． D．12．设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（    ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 二、填空题13．若满足约束条件则的最大值为___________.14．已知函数在R上单调递增，则m的最小值为___________.15．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以在高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮的最高点距离地面的高度为12，转盘的直径为10，A，B为摩天轮在地面上的两个底座，，点P为摩天轮的座舱，则的范围为______．16．已知，，O为坐标原点，若在抛物线上存在点N，使得，则的取值范围是___________. 三、解答题17．已知等差数列满足.(1)求的通项公式；(2)若，记的前项和为，求.18．在一次活动课上，老师准备了4个大小完全相同的红包，其中只有一个红包里面有100元，其余三个里面都是白纸.老师邀请甲上台随机抽取一个红包，但不打开红包，然后老师从剩下的三个红包中拿走一个装有白纸的红包，甲此时可以选择将自己选中的红包与剩下的两个红包中的一个进行置换.(1)若以获得有100元的红包概率的大小作为评判的依据，甲是否需要选择置换？请说明理由.(2)以（1）中的结果作为置换的依据，记表示甲获得的金额，求的分布列与期望.19．如图，在四棱锥中，，为平行四边形，，平面，，分别是，的中点.(1)证明：平面平面.(2)求二面角的余弦值.20．已知椭圆的焦距为2c，左､右焦点分别是，，其离心率为，圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程.(2)已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，O为坐标原点，且O为△ABC的重心.证明：△ABC的面积为定值.21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数）．(1)求C的直角坐标方程；(2)点是曲线C上在第一象限内的一动点，求的最小值．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围．
参考答案：1．C【分析】求出集合后可求.【详解】因为，，所以.故选：C.2．B【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模长公式即得解【详解】由题意，故选：B3．D【分析】利用两角和的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到，再利用同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得；【详解】解：由，即，即，则，所以.故选：D4．D【分析】根据题意，列出方程组，求得的值，再利用离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，双曲线的两条渐近线互相垂直，焦距为8，可得，得，所以双曲线的离心率.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，合理、准确列出方程组，求得的值，再利用离心率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5．C【分析】设出底面半径，利用侧面积求出半径，进而利用圆锥体积公式进行所求解.【详解】设该圆锥体交通锥的底面半径为r，则，解得：，所以该圆锥体交通锥的体积为故选：C6．D【分析】依题意根据奇函数的性质得到，即可得到，代入函数解析求出，最后根据计算可得；【详解】解：依题意得，，由，即，得，所以当时，所以.故选：D7．B【分析】由题意，10组随机数中，表示“3轮滑跳全都不成功”的有659，845，利用对立事件，即可得到答案；【详解】由题意，10组随机数中，表示“3轮滑跳全都不成功”的有659，845，共2个，所以估计谷爱凌“3轮滑跳中至少有1轮成功”的概率为.故选：B8．C【分析】模拟执行程序，即可得到输出结果；【详解】解：模拟执行程序可知：第1循环，，，不满足，第2次循环，，，不满足，第3次循环，，，不满足，第4次循环，，，不满足，第5次循环，，，不满足，第6次循环，，，不满足，第7次循环，，，不满足，第8次循环，，，不满足，第9次循环，，，满足，故输出的值是9.故选：C9．C【分析】设第n轮感染的人数为，则数列是，公比的等比数列，利用等比数列求和公式，结合，即可得到答案；【详解】设第n轮感染的人数为，则数列是，公比的等比数列，由，可得，解得，两边取对数得，则，所以，故需要的天数约为.故选：C10．B【分析】依题意可得且，且，即可得到平面，再判断与为相交直线，即可判断②③，由四边形为梯形，所以与必相交，设交点为，即可得到，从而判断④；【详解】解：因为，所以且，又分别为的中点，所以且，则，又平面，平面，所以平面，因为为的中点，为的一个三等分点，所以与为相交直线，故与平面必不平行，也不平行平面，因为为梯形，所以与必相交，设交点为，又平面，平面，则是平面与平面的一个交点，所以，即直线交于一点，故选：B.11．B【分析】根据题意得到，利用余弦定理和面积公式，化简得到，结合，得到，即可求解.【详解】由，可得，由余弦定理可得.因为的面积，所以，因为，所以，故当时，取得最大值3，此时.故选：B.12．A【分析】先求出函数的单调区间，根据题意得出参数的范围，设，则，由，得出函数在上的零点情况出答案.【详解】由，，得，，取，可得.若在上单词递增，则，解得.若，则.设，则，因为所以函数在上的零点最多有2个.所以在上的零点最多有2个.故选：A13．6【分析】依题意画出可行域，数形结合，即可求出的最大值；【详解】解：画出可行域如下所示：由，解得，即，由，则，平移，由图可知当经过点时，取得最大值，即，即最大值为6.故答案为：614．1【分析】根据题意，由在R上恒成立求解.【详解】因为函数在R上单调递增，所以在R上恒成立，即在R上恒成立，所以.故答案为：115．【分析】由题意可得到P到AB中点距离的最大值和最小值，然后根据数量积的运算，可得到答案.【详解】设C为AB的中点，如图示：由题意可知： ,则，又因为，所以的取值范围是,故答案为：16．【分析】过M作C的一条切线，切点为Q，设，根据在抛物线上存在点N，使得，得到，然后求得当时的即可.【详解】过M作C的一条切线，切点为Q，如图所示：设，因为在抛物线上存在点N，使得，所以，当时，直线MQ的方程为，将代入，可得，由，解得，所以的取值范围为.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式得到，即可求出、，从而得到通项公式；（2）由（1）可得，即可得到，利用并项求和法计算可得；【详解】（1）解：设等差数列的公差为，所以，所以，所以，解得，则.（2）解：因为且，所以，所以，所以.18．(1)甲需要选择置换，理由见解析；(2)分布列答案见解析，数学期望：. 【分析】（1）利用条件概率即求；（2）由题可得的可能取值为0，100，分别求概率，即得.【详解】（1）甲需要选择置换.理由如下：若甲同学不选择置换，则获得有100元的红包的概率为，若甲同学选择置换，若甲同学第一次抽到100元，概率为，置换后概率为0，故为，若甲同学第一次没有抽到100元，概率为，置换后概率为，故为；则获得有100元的红包的概率为，因为，所以甲需要选择置换.（2）由题可知的可能取值为0，100.，，的分布列如下：0100.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，通过证明和可得答案；（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出面和面的法向量，利用夹角公式求解即可.【详解】（1）证明：连接.因为平面，所以又因为，且为平行四边形，，所以为等边三角形.又因为为的中点，所以又因为，所以，因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，因为平面，所以是平面的一个法向量.设平面的法向量为，由，，可得令，则，即.，又二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意得到，再由圆与圆相交，结合椭圆的定义得到，进而求得的值，即可求得椭圆方程；（2）当AB垂直于x轴时，得到，，求得；当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，联立方程组得到，结合弦长公式和点到直线的距离公式，求得，即可求解.【详解】（1）解：由椭圆得的离心率为，即，又由圆与圆，可得圆心分别为，半径分别为，因为圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上，可得，解得，则，可得，所以椭圆E的方程为.（2）证明：设，，当AB垂直于x轴时，，因为O为△ABC的重心，所以或.根据椭圆的对称性，不妨令，此时，，可得.当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，联立方程组，整理得，则，，设，则，.代入，得，又由，原点到的距离，所以，所以，即的面积为定值.21．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，讨论导函数的符号变化进行求解；（2）分三种情况进行讨论：当时，适当放缩进行证明；当时，证明恒成立；当时，根据函数的单调性确定最小值，再讨论、进行求解.【详解】（1）解：，，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解：若，因为，取，则，，，此时，故此时不可能恒成立.若，此时恒成立.若，则在上单调递减，在上单调递增，故的最小值在处取到，即，而.显然当时，，，此时.当时，，，此时，故.综上所述.22．(1)(2) 【分析】（1）平方相加进行消参即可；（2）由在圆上，设，，表示出后借助三角恒等变换化简得，再结合单调性求出最小值.【详解】（1）由题可知，，所以．因为，所以C的直角坐标方程为．（2）点是曲线C上在第一象限内的一动点，令，，，则，因为上式在上单调递减，故当时，取得最小值．23．(1)(2) 【分析】(1)首先分类讨论去绝对值，再求解不等式；（2）首先讨论时，的范围，当时，不等式化简为，利用含绝对值三角不等式求最值，即可求得的取值范围.【详解】（1）不等式等价于或或解得或．故原不等式的解集为．（2）当时，不等式恒成立，即．当时，可化为，因为，当且仅当时等号成立所以，即a的取值范围为．