2022届高三一模检验卷 理科数学 答案版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2022届高三一模检验卷理 科 数 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题

2、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】，解得，故，故，故选B2设，则直线与直线垂直的充分不必要条件是（ ）ABC或1D或【答案】B【解析】直线与直线垂直，等价于，解得或，所以直线与直线垂直的充分不必要条件是B选项，故选B3已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ）ABCD【答案】D【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于半圆的弧长，则，解得，故该圆锥的侧面积为，故选D4已知函数若，则，的大小关系为（ ）ABCD【答案】C【解析】，所以为偶函数，且时，单调递增，单调递增，所以时，单调递增所以，由于，则，故选C

3、5在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里：良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢问相逢时驽马行（ ）日？A8B9C10D11【答案】B【解析】由题，不妨设，则，令，即，解得（舍去）或，故9日相逢，故选B6已知函数（其中，的部分图象如图所示；将函数图象的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位，得到函数的图象，则函数在（ ）上单调递减ABCD【答案】D【解析】根据函数的图象，可得，则，则，故；由，可得，解得，因为，可得，所以，将函数图象的横坐标伸长到原来的6倍后，得到，再向左平移

4、个单位后，得到，令，解得，令，解得，所以函数单调递增区间为，单调递减区间为，所以函数在上先增后减，在上先减后增，在上单调递增，在上单调递减，故选D7如图，在中，点M是上的点且满足，N是上的点且满足，与交于P点，设，则（ ）ABCD【答案】B【解析】，由，P，M共线，存在，使，由N，P，B共线，存在，使得，由，故，故选B8近期，新冠疫苗第三针加强针开始接种，接种后需要在留观室留观满半小时后才能离开甲乙两人定于某日上午前往同一医院接种，该医院上午上班时间为7：30，开始接种时间为8：00，截止接种时间为11：30假设甲乙在上午时段内的任何时间到达医院是等可能的，因接种人数较少，接种时间忽略不计则甲

5、乙两人在留观室相遇的概率是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意，设甲乙两人的接种时间分别为x，y则，若满足题意即，如图，则，故选A9如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，又因为二面角的大小为，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，故选B10已知且，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，故构造函数，当时，；当时，f

6、(x)如图：，由图知：，故选A11已知函数，若函数有三个不同的零点，则的值为（ ）A0BC0或D0或【答案】D【解析】的图象如下：其中，若函数有三个不同的零点，则或，当时，三个零点为，故；当时，小于0的零点为，大于0的两个零点之积为1，所以，故选D12已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上如图，设圆、与轴的切点分别为，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，切点也在的角平分线上，所以，由椭圆的定义知，则，所以，

7、所以，所以，又圆与圆的面积之比为4，所以圆与圆的半径之比为2，因为，所以，即，整理得，故椭圆的离心率，故选B第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知是虚数单位，若，则的值为_【答案】0【解析】因为，所以，故答案为14已知，则_【答案】2【解析】令，得；令，得，故，故答案为215已知圆，设点为直线上一点，过点P作圆O的切线，切点分别为M，N，则直线MN所过定点的坐标为_【答案】【解析】设，则，过点的切线斜率为，所以以点M为切点的切线方程为x1xy1y1，因为在切线PM上，所以tx14y11，所以切点在直线tx4y1上，同理，切点也在直线tx4y1上，所以直线MN的方程为tx

8、4y1，因为，故直线MN过定点，故答案为16曲线与有两条公切线，则a的取值范围为_【答案】【解析】对求导得；对求导得，设与相切的切点为，与曲线相切的切点为，公共切线斜率为，又，整理得，设，则，又，当时，单调递增；当时，单调递减，处取得极小值，也为最小值为，由恰好存在两条公切线，即有两解，而当趋向于0时趋向于正无穷大，令，则且，故上，即递减；上，即递增，即，故，显然当时，只要，可得，故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角B的大小；（2）若，D为边上一点，求的值【答案】（1）；（2

9、）【解析】（1）因为，所以，由正弦定理得，故，所以，因为，所以，即，因为，所以（2）因为，所以，中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，故18（12分）某物流公司专营从长春市到吉林市的货运业务，现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T单位：箱）分成了以下几组：，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该区间的中点值为代表，视频率为概率）（1）求该公司平均每天的配货量是多少箱?（2）为了调动公司员工的积极性，特制定了以下奖励方案：利用抽奖的方式获得奖金，每次抽奖的结果相互独立其中每天的可配送货物量不低于80箱时有两次抽奖机会；每天的可配送货物量低于80箱时只有一次抽奖

10、机会每次抽奖获得的奖金及对应的概率分别为如下表：奖金（元）50100概率若小张是该公司一名员工，他每天所获奖金为X元，请写出X的分布列并求出数学期望【答案】（1）箱；（2）分布列见解析，元【解析】（1）根据频率分布直方图，该公司平均每天的配货量为：（箱）（2）每天的可配送货物量不低于箱的概率为，每天的可配送货物量低于箱的概率为的所有可能取值为50，100，150，200则，所以的分布列为：X50100150200P所以（元）19（12分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点（1）在线段上找一点M，使得直线平面，并说明理由；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值【答案】（1）点M为线

11、段的中点，理由见解析；（2）【解析】（1）当点M为线段的中点时，直线平面，理由如下：如图所示：分别取PB，PC的中点M，F，连接EM，DF，FM，因为四边形，E是的中点，所以，所以，所以四边形DEMF是平行四边形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD（2）由平面，建立如图所示空间直角坐标系：设AD=2，则，所以，设平面PCE的一个法向量为，则，即，令，得；易知平面PAB的一个法向量为，则，设平面与平面所成二面角为，所以20（12分）已知曲线的方程为，过且与轴垂直的直线被曲线截得的线段长为1（1）求曲线的标准方程；（2）若直线与曲线相交于两点，且存在点（其中不共线），使得被轴平分，试问

12、，直线是否经过定点，若是，求出该定点坐标；否则请说明理由【答案】（1）；（2）直线恒过定点【解析】（1）由知，曲线是为焦点，长轴长为的椭圆，设曲线的标准方程为，因过且与轴垂直的直线被曲线截得的线段长为1，于是有，解得，所以曲线的标准方程为（2）令，三点不共线，直线l的斜率不为0，可设直线l的方程，则由，消去得，被轴平分，即，亦即，而，有，即，当时，此时1的方程为，其过定点，当时，亦满足，此时的方程为，综上所述，直线恒过定点21（12分）已知函数，当时，恒成立（1）求实数的取值范围；（2）若正实数、满足，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）根据题意，可知的定义域为，而，当时，为单

13、调递增函数，当时，成立；当时，存在大于1的实数，使得，当时，成立，在区间上单调递减，当时，；不可能成立，所以，即的取值范围为（2）证明：不妨设，正实数、满足，有（1）可知，又为单调递增函数，所以，又，所以只要证明：，设，则，可得，当时，成立，在区间上单调增函数，又，当时，成立，即，所以不等式成立，所以请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），曲线与x轴的正半轴交于点A以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线（1）求点A的坐标以及曲线的极坐标方程；（2

14、）将曲线向左平移一个单位后得到曲线，若，点B为，的交点，若直线AB与曲线交于B，D两点，求的值【答案】（1），曲线的极坐标方程为；（2）【解析】（1）依题意，得曲线，令，解得，故，而，故，即，故曲线的极坐标方程为（2）依题意，得曲线，即当时，点B的坐标为，则，故可设直线AB的参数方程为(t为参数)，代入并化简得，设B，D所对的参数分别为，则23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式的解集；（2）已知函数的最小值为t，正实数a，b，c满足，证明：【答案】（1）或；（2）证明见解析 【解析】（1）由题设，要使，由，得；由，得；由，得，综上，的解集为或（2）因为，当且仅当时，取“”，所以的最小值为，即，为正实数，当且仅当时等号成立，得证