2022届重庆市高三三模数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 17 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 页2022届重庆市高三三模数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】D【分析】根据补集以及交集的概念直接计算即可.【详解】，由题可知：，所以.故选：D.2函数的图象的一条对称轴为（）ABCD【答案】B【分析】根据余弦函数的对称性即可得出答案.【详解】解：令，则，即函数的图象的对称轴为，当时，.故选：B.3已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也

2、不必要条件【答案】C【详解】函数为增函数,则 ,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时, ,所以,故为增函数.故选:C4已知为的重心，记，则（）ABCD【答案】A【分析】因为为的重心，所以，表示出，则，代入即可得出答案.【详解】因为为的重心，所以，所以，而.故选：A.5已知函数则函数的零点个数为（）A0个B1个C2个D3个【答案】C【分析】当时，函数没有零点；当时，函数有两个零点，即得解.【详解】解：当时，因为，所以舍去；当时，或，满足.所以或.函数的零点个数为2个.故选：C6北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断.为了研究“冰墩墩”与“雪容融”在不

3、同性别的人群中受欢迎程度是否存在差异，某机构从关注冬奥会公众号的微信用户中随机调查了100人，得到如下22列联表：男生女生总计更喜欢“冰墩墩”251540更喜欢“雪容融”253560总计5050100参考公式：，其中.附表：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828则下列说法中正确的是（）A有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”B有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”C在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”D在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与

4、性别有关”【答案】B【分析】根据题目条件求出观测值，同观测值表中的进行检验，即可得出答案.【详解】由题意可得：，所以有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”.故选：B.7中国传统文化中，在齐鲁大地过年包饺子要包三样，第一是麸子，寓意幸福；第二是钱币，寓意求财：第三是糖，寓意甜蜜.小明妈妈在除夕晚煮了10个饺子，其中5个麸子饺子，3个钱币饺子，2个糖饺子，小明从中随机夹了3个饺子，则小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是（）ABCD【答案】C【分析】分三种情况讨论，利用古典概型的概率公式得解.【详解】解：小明从中随机夹了3个饺子共有种；如果是1个麸子1个钱币饺子1个糖

5、饺子，共有种；如果是1个麸子2个钱币饺子，共有种；如果是2个麸子1个钱币饺子，共有种.由古典概型的概率公式得:小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是.故选：C8已知数列的前项和为，则（）AB0CD【答案】C【分析】当为奇数时有，函数的周期为可得，计算出，可得答案.【详解】当为奇数时有，函数的周期为，故有，按此规律下去循环重复下去，故有.故选：C.二、多选题9已知复数，则（）AB的虚部为-1C为纯虚数D在复平面内对应的点位于第一象限【答案】ABC【分析】化简得，求出复数的模即可判断选项A和B的真假；求出即可判断选项C的真假；求出即可判断选项D的真假.【详解】解：由题得，所以，所以选项A

6、正确；因为的虚部为-1，所以选项B正确；由于为纯虚数，所以选项C正确；在复平面内对应的点为位于第二象限，所以选项D错误.故选：ABC10如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线异面的是（）ABCD【答案】BCD【分析】对于A，当为的中点时，故A不正确；对于BCD，根据异面直线的判定定理可知都正确.【详解】对于A，当为的中点时，故A不正确； 对于B，因为平面，平面，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故B正确； 对于C，因为平面，平面，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确；对于D，因为平面，平面，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故

7、C正确； 故选：BCD11已知双曲线：的左右焦点为，左右顶点为，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，设，当直线绕着转动时，下列量保持不变的是（）A的周长B的周长与之差CD【答案】BD【分析】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，可判断A，根据双曲线定义求解可判断B，设，则根据商与积的值可判断CD【详解】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，故A不正确；的周长为所以的周长与之差为，故B正确；设，则，由不是常量，故C不正确；由为常量，故D正确；故选：BD12在矩形中，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积可以是（）A2BC3D4【答案】BC【分析】以为原点

8、，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，利用勾股定理可得，再利用由余弦定理和基本不等式得，从而求出的范围，由可得，再根据选项可得答案.【详解】如图，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，因为，所以，由余弦定理得得，可得，当且仅当等号成立，即，解得，或，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，而，故选：BC.三、填空题13曲线在点处的切线方程为_.【答案】【分析】利用导数求出切线的斜率，可得出所求切线的点斜式方程【详解】由，则切线的斜率为所以曲线在点处的切线方程为：，即因此所求切线的方程为故答案为：14_.【答案】【分析】利用诱导公式和和角的余弦公式求解.【详解

9、】解：原式=.故答案为：15已知点，圆：与线段（包含端点）有公共点，则的取值范围是_.【答案】【分析】求出两点都在圆内时的范围，再求出原点到直线的距离，再根据题意即可得出答案，注意说明当直线与圆相切时，切点在线段上.【详解】解：当两点都在圆内时，则，解得，直线的方程为，即，原点到直线的距离为，又因，所以原点与线段上的点所在直线的斜率的范围为，因为圆：与线段（包含端点）有公共点，所以.故答案为：.16已知，且，则的最小值为_.【答案】4【分析】由题得，再利用基本不等式求出的最小值即得解.【详解】解：由题得，所以.(当且仅当时取等)因为，所以的最小值为4.故答案为：4四、解答题17已知数列的前项和

10、为，.(1)证明：为等比数列；(2)求.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由递推关系化简，根据等比数列的定义得证；（2）由（1）求出，根据错位相减法求和.【详解】(1),，即，故为等比数列.(2)由（1）知，18在平面四边形中，.(1)证明：平分；(2)求的面积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据余弦定理及三角函数，再结合角平分线的定义即可证明；（2）利用三角函数及二倍角的正弦公式，再结合三角形的面积公式即可求解.【详解】(1)在中，由余弦定理及已知，得，即.在中，所以，在中，由余弦定理得所以，所以.故平分.(2)由（1）知，,.在中，.，所以的面积为.所以的面积为

11、.19如图，在四棱锥中，E是棱PA的中点，且平面.(1)证明：平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，由面面平行的判定定理证得面面，由面面平行的性质定理证得，再有题目证得面，则面.（2）以点为坐标原点，建立如图所示得空间直角坐标，分别求出平面和平面的法向量，由面面角的公式带入即可求出答案.【详解】(1)取中点，连接，因为E是棱PA的中点，所以，面，面，面，面，.面面，面面，面面，所以，故，.面，面.(2)因为面，所以，建立如图所示得空间直角坐标系，设平面法向量为，所以，则，设平面法向量为，所以 ，则设平面和平面所成角为，所以.二面角的余弦值为

12、.20甲乙两人进行射击比赛，一局比赛中，先射击的一方最多可射击3次，一旦未击中目标即停止，然后换另一方射击，一旦未击中目标或两方射击总次数达5次均停止，本局比赛结束，各方击中目标的次数即为其本局比赛得分，已知甲乙每次射击击中目标的概率分别为和，两人的各次射击是否击中目标相互独立，一局比赛中，若甲先射击.(1)求甲乙得分相同的概率；(2)设乙的得分为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）由题意可知，满足甲乙得分相同有3种情况，分别计算概率后再求和即可；（2）根据甲先射击及一旦未击中目标或两方射击总次数达5次均停止可得到可取，再分别求出概率即可求解分

13、布列即期望.【详解】(1)由题意，甲、乙第一次均未击中，则；甲、乙第一次都击中，第二次均未击中，则；甲、乙均击中两次，.所以.(2)由题意，可得可取.则，所以的分布列如下：01234的期望.21已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，为椭圆上一点，且轴，.(1)求椭圆的方程；(2)已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义和得，由得，且，可得答案；（2）设，联立直线和椭圆方程利用韦达定理，代入直线：，令得，从而得到、坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.【详解】(1

14、)因为短轴长为2，所以，因为 ，所以，又因为轴，所以，且，解得，.(2)，联立直线和椭圆方程得，整理得，直线：令，的中点坐标为，由中点在上，可得，解得，所以.22已知函数，.(1)当时，求函数的单调性；(2)当时，若函数有唯一零点，证明：.【答案】(1)在上单调递减，在单调递增(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得，又，所以在上单调递增，易知，分析即可求解单调性；（2）根据（1）可知在上单调递增，又恒成立，所以，所以存在唯一的，使得，即，分析可知单调性，得到，再通过分析证明，若函数有唯一零点，则，所以，即，所以，设，分析单调性，再分别判断和的正负，即可求解.【详解】(1)根据题意得：的定义域为，所以，又，所以在上单调递增，易知，所以当时，当时，所以函数在单调递减，在单调递增.(2)因为，的定义域为，所以，所以，所以在上单调递增，设，则，当时，所以单调递增，当时，所以单调递减，所以，所以，即，所以，又，所以存在唯一的，使得，即，当时，单调递减，当时，单调递增，所以， 又，所以，所以，当时，等号成立，则，所以，即，又，所以，所以，所以，又，所以，所以，即，所以，当时，若函数有唯一零点，则，所以，即，所以，设，所以，所以在单调递减，所以， ，