2022届海南省东方市八所高三下第一次测试数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（

2、 ）ABCD2已知平面向量，满足：，则的最小值为( )A5B6C7D83在三棱锥中，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD4已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）A的虚部为B复数在复平面内对应的点位于第三象限C的共轭复数D5设，且，则（ ）ABCD6已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，的大小关系为( )ABCD7已知角的终边经过点,则ABCD8已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（ ）ABCD9已知复数满足（是虚数单位），则=（）ABCD10从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，

3、方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（ ）ABCD11若复数满足，则( )ABCD12已知定义在上的奇函数满足：（其中），且在区间上是减函数，令，则，的大小关系（用不等号连接）为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知实数a，b，c满足，则的最小值是_.14已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_.15已知平面向量，满足|1，|2，的夹角等于，且（）（）0，则|的取值范围是_16已知向量，若，则_.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（12分）某社区服务中心计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶5元，售价每瓶7元，未售出的酸奶

4、降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：摄氏度）有关.如果最高气温不低于25，需求量为600瓶；如果最高气温位于区间，需求量为500瓶；如果最高气温低于20，需求量为300瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数414362763以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.（1）求六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为（单位：瓶）时，的数学期望的取值范围？18（12分）在平面直角坐

5、标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.（1）求抛物线C的方程；（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.19（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且（1）求证：平面；（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值20（12分）如图，湖中有一个半径为千米的圆形小岛，岸边点与小岛圆心相距千米，为方便游人到小岛观光，从点向小岛建三段栈道，湖面上的点在线段上，且，均与圆相切，切点分别为，其中栈道，和小岛在同一个平面上.沿圆的优弧（圆上实线部分）上再修建栈道.记为.用表示栈道的总长度，并确定的取值范

6、围；求当为何值时，栈道总长度最短.21（12分）已知抛物线与直线.（1）求抛物线C上的点到直线l距离的最小值；（2）设点是直线l上的动点，是定点，过点P作抛物线C的两条切线，切点为A，B，求证A，Q，B共线；并在时求点P坐标.22（10分）已知，分别是椭圆：的左，右焦点，点在椭圆上，且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点（1）求,的值：（2）过点作不与轴重合的直线，设与圆相交于A，B两点，且与椭圆相交于C，D两点，当时，求的面积参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1A【解析】作于,于,分析可得,再根据正弦的大小关系判断分析得,再

7、根据线面角的最小性判定即可.【详解】作于,于.因为平面平面,平面.故,故平面.故二面角为.又直线与平面所成角为,因为,故.故,当且仅当重合时取等号.又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.故.故选：A【点睛】本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.2B【解析】建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值.【详解】建立平面直角坐标系如下图所示，设，且，由于，所以.所以，即.当且仅当时取得最小值，此时由得，当

8、时，有最小值为，即，解得.所以当且仅当时有最小值为.故选：B【点睛】本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.3C【解析】首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积【详解】取中点，由，可知：，为三棱锥外接球球心，过作平面，交平面于，连接交于，连接，为的中点由球的性质可知：平面，且设，在中，即，解得：，三棱锥的外接球的半径为：，三棱锥外接球的表面积为故选：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球

9、相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.4D【解析】利用的周期性先将复数化简为即可得到答案.【详解】因为，所以的周期为4，故，故的虚部为2，A错误；在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；的共轭复数为，C错误；，D正确.故选：D.【点睛】本题考查复数的四则运算，涉及到复数的虚部、共轭复数、复数的几何意义、复数的模等知识，是一道基础题.5C【解析】将等式变形后，利用二次根式的性质判断出，即可求出的范围.【详解】 即故选：C【点睛】此题考查解三角函数方程，恒等变化后根据的关系即可求解，属于简单题目.6C【解析】根据题意，得，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可

10、比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.7D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D8B【解析】由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程【详解】由抛物线y22px（p0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛物线的定义可得，所以抛物线的标准方程为：y22x故选B【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题9A【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算

11、化简得答案【详解】解：由，得，故选【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题10A【解析】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，由题意，则所求的概率为.故选：A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.11C【解析】化简得到，再计算复数模得到答案.【详解】，故，故，.故选：.【点睛】本题考查了复数的化简，共轭复数，复数模，意在考查学生的计算能力.12A【解析】因为，所以，即周期为，因为为奇函

12、数，所以可作一个周期-2e,2e示意图，如图在（，）单调递增，因为，因此，选点睛：函数对称性代数表示（1）函数为奇函数 ，函数为偶函数（定义域关于原点对称）；（2）函数关于点对称，函数关于直线对称，（3）函数周期为T,则二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.【详解】解：若取最小值，则异号，根据题意得：，又由，即有，则，即的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.14（或写成）【解析】设与的夹角为，通过，可得，化简整理可求出，从而得到答案.【详解】设与的夹角为可得，故

13、，将代入可得得到，于是与的夹角为.故答案为：.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，向量垂直转化为数量积为0是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，分析能力及计算能力.15【解析】计算得到|，|cos1，解得cos，根据三角函数的有界性计算范围得到答案.【详解】由（）（）0 可得 （）|cos12cos|cos1，为与的夹角再由 21+4+212cos7 可得|，|cos1，解得cos0，1cos1，1，即|+10，解得 |，故答案为【点睛】本题考查了向量模的范围，意在考查学生的计算能力，利用三角函数的有界性是解题的关键.16-1【解析】由向量垂直得向量的数量积为0，根据数量积的坐标运算可得

14、结论【详解】由已知，故答案为：1【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键三、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（1）见解析；（2）【解析】（1）X的可能取值为300,500,600，结合题意及表格数据计算对应概率，即得解；（2）由题意得，分，及，分别得到y与n的函数关系式，得到对应的分布列，分析即得解.【详解】（1）由题意：X的可能取值为300,500,600 故：六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列为300500600（2）由题意得.1.当时，利润此时利润的分布列为.2.时，利润此时利润的分布列为.综上的数学期望的取值范围是

15、.【点睛】本题考查了函数与概率统计综合，考查了学生综合分析，数据处理，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18（1）；（2）见解析【解析】（1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；（2）法一：设直线，的方程分别为和且，可得，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，即可得证；法二：设，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，化简，即可得证.【详解】（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，所以，解得，故所求抛物线C的方程为（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，则，.直线的方程为，

16、即.又点在线段上，.P是的中点，.由于，不重合，所以法二：设，则当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为联立直线和抛物线的方程，得又，为该方程两根，所以，.，由于，不重合，所以【点睛】本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题19（1）见解析；（2）.【解析】（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可【详解】（1）证明：四边形是菱形， 平面平面，又是的中点，又平面（2）直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角平面，直线与平面所成的角为，即因为，则在等腰直角三角形中，所

17、以在中，由得，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系则所以设平面的一个法向量为，则，可得，取平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值的大小为（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出）【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题20，；当时，栈道总长度最短.【解析】连，由切线长定理知：，即，则，进而确定的取值范围；根据求导得，利用增减性算出，进而求得取值.【详解】解：连，由切线长定理知：，又，故，则劣弧的长为，因此，优弧的长为，又，故，即，所以，则；，其中，-0+单调递减极小值单调递增故时，所以当时，栈道总长度最短.【点睛】本题主要考查导数在函数当中的应用，属于中档题.21（1）；（2）证明见解析，或【解析】（1）根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出；（2）设，表示出直线，的方程，利用表示出，即可求定点的坐标【详解】（1）设抛物线上点的坐标为，则，时取等号），则抛物线上的点到直线距离的最小值；（2）设，直线，的方程为分别为，由两条直线都经过点点得，为方程的两根，直线的方程为，共线又，解，点，是直线上的动点，时，时，或【点睛】本题考查抛物线的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线过定点的