云南省镇沅县2022年高三第一次模拟考试数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。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已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD2执行程序框图，则输出的数值为（ ）ABCD3甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（ ）ABCD4若直线与曲线相切，则（ ）A3BC2D5已知是虚数单位，则（ ）ABCD6已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,平面,是边长为的等边三角形,若球的表面积为,则直线与平面所成角的正切值为()ABCD7双曲线：（，）的一个焦点为（），且双曲线的两条渐近线与

3、圆：均相切，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD8根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）AeBe2Cln2D2ln29定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）ABCD10复数的实部与虚部相等，其中为虚部单位，则实数( )A3BCD11在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（ ）A平面BC当时，平面D当m变化时，直线l的位置不变12已知，则，的大小关系为（

4、 ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知是第二象限角，且，则_.14设、分别为椭圆：的左、右两个焦点，过作斜率为1的直线，交于、两点，则_15一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是_16已知两点，若直线上存在点满足，则实数满足的取值范围是_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）在数列和等比数列中，.（1）求数列及的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.18（12分）已知函数.（）求的值；（）若，且，求的值.19（12分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，且满足.（1）

5、求；（2）若，求的最大值.20（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，ABAA1，M，N分别是AC，B1C1的中点求证：（1）MN平面ABB1A1；（2）ANA1B21（12分）如图，四边形中，沿对角线将翻折成，使得. （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）若，求的面积的最大值参考答案一、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。1B【解析】由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.【详解】由题意知函

6、数是上的减函数，于是有，解得，因此，实数的取值范围是故选：B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.2C【解析】由题知：该程序框图是利用循环结构计算并输出变量的值，计算程序框图的运行结果即可得到答案.【详解】，满足条件，满足条件，满足条件，满足条件，不满足条件，输出.故选：C【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，属于简单题.3D【解析】先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、

7、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，所以甲第一个到、丙第三个到的概率是. 故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.4A【解析】设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果.【详解】设切点为，由得，代入得，则，故选A.【点睛】该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.5B【解析】根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.【详解】.故选B【

8、点睛】本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.6C【解析】设为中点,先证明平面，得出为所求角,利用勾股定理计算,得出结论【详解】设分别是的中点平面 是等边三角形 又平面 为与平面所成的角是边长为的等边三角形，且为所在截面圆的圆心球的表面积为 球的半径平面 本题正确选项：【点睛】本题考查了棱锥与外接球的位置关系问题，关键是能够通过垂直关系得到直线与平面所求角，再利用球心位置来求解出线段长，属于中档题7A【解析】根据题意得到，化简得到，得到答案.【详解】根据题意知：焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线为.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算

9、能力和转化能力.8B【解析】将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.【详解】解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：，即，当时，取到最大值2，因为在上单调递增，则取到最大值.故选：B.【点睛】本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.9A【解析】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.10B【解析】利用乘法运算化简复数即可得到答案.【详解】由

10、已知，所以，解得.故选：B【点睛】本题考查复数的概念及复数的乘法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.11C【解析】根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.【详解】因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.故选：C【点睛】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.12D【解析】构造函数，利用导数求得的单调区间，由此判断出的大小关系.【详解】依题意，得，.令，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，且，即，所以.故选

11、：D.【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法，考查对数式比较大小，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.【详解】解：由是第二象限角，且，可得，由，可得，代入，可得，故答案为：.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.14【解析】由椭圆的标准方程，求出焦点的坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长，利用定义可得，进而求出。【详解】由知，焦点，所以直线：，代入得，即，设， ，故 由定义有，所以。【点睛】本题主要考查椭圆

12、的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法，注意直线过焦点，位置特殊，采取合适的弦长公式，简化运算。15【解析】先还原几何体，再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为的直角三角形，高为的棱柱，所以体积为【点睛】本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题16【解析】问题转化为求直线与圆有公共点时，的取值范围，利用数形结合思想能求出结果【详解】解：直线，点，直线上存在点满足，的轨迹方程是如图，直线与圆有公共点，圆心到直线的距离：，解得实数的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推

13、理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题三、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），（2）【解析】(1)根据与可求得,再根据等比数列的基本量求解即可.(2)由(1)可得,再利用错位相减求和即可.【详解】解：（1）依题意,设数列的公比为q,由,可知,由,得,又,则,故,又由,得. （2）依题意.,则,-得,即,故.【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及错位相减求和等.属于中档题.18（）；（）.【解析】（）直接代入再由诱导公式计算可得；（）先得到，再根据利用两角差的余弦公式计算可得【详解】解：（）；（）因为所以，由得，又因为，

14、故，所以，所以.【点睛】本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属于中档题19（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简，根据勾股定理逆定理求得.（2）设，由此求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）设，由，根据正弦定理和余弦定理得.化简整理得.由勾股定理逆定理得.（2）设，由（1）的结论知.在中，由，所以.在中，由，所以.所以，由，所以当，即时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本小题考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想，应用意识.20（1）详见解析；（2）详见解析.【

15、解析】（1）利用平行四边形的方法，证明平面.（2）通过证明平面，由此证得.【详解】（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）连接，由于直三棱柱中，而，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21（1）见证明；（2）【解析】（1）取的中点，连.可证得，于是可得平面，进而可得结论成立（2）运用几何法或向量法求解可得所求角的正弦值【详解】（1）证明：取的中点，连.，又，.在中，又，平面，又平面，.（2）解法1：取的中点，连结，,又，又由题意得为等边三角形，平面作，则有平面，就是直线与平面所成的角设，则，在等边中，又在中，故在中，由余弦定理得，直线与平面所成角的正弦值为解法2：由题意可得，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则在直角三角形中，可得，作于，则有平面几何知识可得，又可得，.,设平面的一个法向量为，由，得，令，则得又，设直线与平面所成的角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向