2021-2022学年宁夏银川一中高三下学期二模理科数学试题（解析版）

1、2021-2022学年宁夏银川一中高三下学期二模理科数学试题一选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 若全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据图象判断出阴影部分为，由此求得正确答案.【详解】，由图象可知，阴影部分表示.故选：A2. 已知为虚数单位，复数满足为纯虚数，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先设，代入化简，由纯虚数定义求出，即可求解.【详解】设，所以，因为为纯虚数，所以，解得，所以的虚部为：.故选：D.3. 命题“，则”及其逆命

2、题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题的个数为（ ）A. 0B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】首先判断原命题的真假，写出其逆命题，即可判断其真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断；【详解】解：因为命题“，则”为真命题，所以其逆否命题也为真命题；其逆命题为：则，显然也为真命题，故其否命题也为真命题；故命题“，则”及其逆命题、否命题和逆否命题这四个命题中，真命题有4个；故选：D4. 设为等差数列的前项和，若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差

3、数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.5. 下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式成立的条件依次判断各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，当时，不等式显然不成立，故错误；对于B选项，成立的条件为，故错误；对于C选项，当时，不等式显然不成立，故错误；对于D选项，由于，故，正确.故选：D6.

4、下列四个函数中，在其定义域上既是奇函数又是增函数的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】A.利用指数函数的性质判断；B.利用正切函数的性质判断；C.利用正弦函数的性质判断；D.利用函数的图象判断.【详解】A. ，不是奇函数，故错误；B. 在上递增，但在定义域上不单调，故错误；C. 在上递增，但在定义域R上不单调，故错误； D. ，其图象如图所示：由图象知：定义域上既是奇函数又是增函数，故正确，故选：D7. 有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者

5、进行志愿服务的概率（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将4人分成3组，其一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求出每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可【详解】先将4人分成3组，其一组有2人，另外两组各1人，共有种分法，然后将3个项目全排列，共有种排法，所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，因为4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数种，所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率为，故选：D8. 设，那么等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C

6、【解析】【分析】根据题意，写出，作差即可.【详解】由题意，则，所以，即.故选：C.【点睛】本题考查数学归纳法，正确弄清由到时增加和减少的项是解题的关键，属于基础题.9. 为了解人们对环保知识的认知情况，某调查机构对地区随机选取个居民进行了环保知识问卷调查（满分为100分），并根据问卷成绩（不低于60分记为及格）绘制成如图所示的频率分布直方图（分为，六组），若问卷成绩最后三组频数之和为360，则下面结论中正确的是（ ）A. B. 问卷成绩在内的频率为0.5C. D. 以样本估计总体，若对地区5000人进行问卷调查，则约有2000人及格【答案】A【解析】【分析】根据所有小矩形的面积之和为1求出，即

7、可判断C，求出最后三组频率之和，根据频数，可判断A；根据频率等于小矩形的面积计算出成绩在内的频率即可判断B；求出及格的频率，从而可求出及格人数，即可判断D.【详解】解：，解得，故C错误；，故A正确；问卷成绩在内的频率为，故B错误；不低于60分频率为，则约有人及格，故D错误.故选：A.10. 果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t（天）满足的函数关系式为，若采摘后5天，这种水果失去的新鲜度为20%，采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为40%，采摘下来的这种水果失去50%的新鲜度大概是（参考数据：）（ ）A. 第10天B. 第12天C. 第14天D.

8、第16天【答案】B【解析】【分析】按照题目所给条件，求出m和a即可.【详解】依题意有 ，解得 ，m=0.1，代入 得 ，当h=05时，两边取对数得，故选：B.11. 已知函数，若在上有且仅有2个最大值点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】讨论、时，取最大值时的值，由其周期性找到第三个最大值对应的值，由此确定的取值范围.【详解】当时，当时，第1次取到最大值，当时，当时，第2次取到最大值，由知：当时，第3次取到最大值故选：C【点睛】关键点点睛：讨论的范围，通过确定第二、三个最大值对应的值，进而得到的取值范围.12. 已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）A.

9、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.【详解】因为实数，满足，所以当时，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点），当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，当时，其图象不存在，当时，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：任意一点到直线的距离所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，双曲线，其中一条渐

10、近线与直线平行，通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，设与其图像第一象限相切于点，由因为或（舍去）所以直线与直线的距离为此时，所以的取值范围是故选：B【点睛】三种距离公式：（1）两点间的距离公式： 平面上任意两点间的距离公式为；（2）点到直线的距离公式：点到直线的距离;（3）两平行直线间的距离公式：两条平行直线与间的距离.二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 向量是单位向量，则_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，利用向量的模的运算代入求值即可得答案.【详解】，.故答案为：.14. 已知a，b表示两条直线，表示三个不重合的平面，

11、给出下列命题：若=a，=b，且ab，则；若a，b相交且都在，外，a，b，则；若a，a，则；若a，a，=b，则ab.其中正确命题的序号是_.【答案】【解析】【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.【详解】解析：错误，与也可能相交；错误，与也可能相交；错误，与也可能相交；正确，由线面平行的性质定理可知.故答案为：15. 设，圆，若动直线与圆交于点A、C，动直线与圆交于点B、D，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心和半径，求出两条直线位置关系和经过的定点，作出图像，设圆心到其中一条直线的距离为d，根据几何关系表示出，利用基本不等式即可求出其最大值.【详解】，圆心M(1，

12、3)，半径r，过定点E(2,1)，过定点E(2,1)，且，如图，设AC和BD中点分别为F、G，则四边形EFMG为矩形，设，则，则，当且仅当即时取等号.故答案为：.16. 已知，成等比数列，且.若，则_（填“”或“”或“ . ,【点睛】数列中比较大小的方法：（1）根据通项公式，利用函数的单调性比较大小；（2）利用作差法（作商法）比较.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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积.（1）求B；（2）若abc成等差数列，的面积为，求b.【答案】

13、（1） （2）【解析】【分析】（1）由三角形面积公式和同角三角函数的关系化简已知式子可求得B；（2）由abc成等差数列，可得，再由的面积为，可得，然后利用余弦定理可求得结果【小问1详解】，即，.【小问2详解】成等差数列，两边同时平方得：，又由（1）可知：，由余弦定理得，解得，18. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，且点和分别为和的中点.（1）求证：平面；（2）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过平面ABCD的一个法向量与的数量积为0，即得结论；（2）通过设，利用平面ABCD的一个法向量与的夹角的余弦值为，计算即可得结果

14、.【详解】（1）证明：由题意以为原点建立空间直角坐标系，如图：因为，由勾股定理得等腰底边上的高为2，依题意可得，.又因为，分别为和的中点，所以，依题意，可得为平面的一个法向量，由此可得，又因为直线平面，所以平面；（2）解：依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得，整理得，又因为，解得.所以线段的长为.【点睛】本题考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，属于中档题.19. 已知双曲线的离心率等于，且点在双曲线上.（1）求双曲线的方程；（2）若双曲线的左顶点为，右焦点为，P为双曲线右支上任意一点，求的最小值.【答案】

15、（1） （2）-4【解析】【分析】（1）直接由离心率和点代入双曲线求得即可；（2）先表示出，再通过点P横坐标的范围求出最小值.【小问1详解】依题又，所以，故双曲线的方程为.【小问2详解】由已知得，设，于是，因此，由于，所以当时，取得最小值，为.20. 某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券“的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得到200元礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到纪念品一份，最多

16、进行20轮游戏（1）当进行完3轮游戏时，总分为X，求X的期望；（2）若累计得分为i的概率为，（初始得分为0分，）证明数列，（i1，2，19）是等比数列；求活动参与者得到纪念品的概率【答案】（1）5；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完3轮游戏时，得1分的次数为，所以，即可求出X的期望；（2）根据累计得分为i的概率为，分两种情形讨论得分情况，从而得到递推式，再根据构造法即可证出数列是等比数列；根据可求出，再根据累加法即可求出，然后由从而解出【详解】（1）由题意可知每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为

17、，设进行完3轮游戏时，得1分的次数为，所以，而，即随机变量X可能取值为3，4，5，6，X的分布列为：X3456PE（X）5（2）证明：n1，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过2点，则，累计得分为i分的情况有两种：（）i（i2）2，即累计得i2分，又掷骰子点数超过2点，其概率为，（）累计得分为i1分，又掷骰子点数没超过2点，得1分，其概率为，（i2，3，19），数列，（i1，2，19）是首项为，公比为的等比数列数列，（i1，2，19）是首项为，公比为的等比数列，各式相加，得：，（i1，2，19），活动参与者得到纪念品的概率为：【点睛】本题第一问解题关键是明确得1分的次数为服从二项分

18、布，从而找到所求变量与的关系，列出分布列，求得期望；第二问主要是递推式的建立，分析判断如何得到分的情况，进而得到，利用数列知识即可证出，借由的结论，求出，分析可知，从而解出21. 已知函数，.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）设函数在上的最大值和最小值分别为和，若，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）直接求导后得到，直接写出切线即可；（2）直接求导确定单调性，端点作差确定最大值，得到不等式，结合单调性求解即可.【小问1详解】若，因，所以曲线在处的切线方程为.【小问2详解】由题意知，则，因为，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.设，则当时，所以当时，.则在上的最小值为，最大值为，所以，设，则当时，单调递增，由，可得，即的取值范围是.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线过原点且倾斜角为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为.在平面直角坐标系中，曲线与曲线关于直线对称.（）求曲线的极坐标方程；（）若直线过原点且倾斜角为，设直线与曲线相交于，两点，直线与曲线相交于，两点，当变化时，求面积的最大值.【答案】()