2022届云南省昆明一中、宁夏银川一中高三联合考试一模数学(理)试题解析

2022届云南省昆明一中、宁夏银川一中高三联合考试一模数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则B中所含元素的个数为（）A．2B．3C．4D．6答案：D根据集合B的形式，逐个验证的值，从而可求出集合B中的元素.解：时，，3，4，，3，时，时，，时，无满足条件的值；故共6个，故选：D．2．若复数z满足（i为虚数单位），则D．（）A．B．C．答案：B根据复数代数形式的除法运算计算可得；解：解：因为，故选：B．点评：本题考查了复数代数形式的运算，属于基础题．3．投篮测试每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投中的概率为0.4，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（A．0.712B．0.352C．0.288D．0.064答案：B）根据独立重复试验概率计算公式，计算出所求概率.解：该同学通过测试的概率，故选：B4．线性回归分析模型中，变量X与Y的一组样本数据对应的点均在直线上，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，则（）A．2B．1C．答案：BD．根据相关指数的知识确定正确选项.解：样本数据对应的点在直线上，所以相关指数.故选：B5．我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为13，直角三角形中较小的锐角为θ，那么（）A．5B．答案：AC．D．先求得直角三角形的直角边，由此求得解：由题意可知，大正方形的边长为，进而求得.，小正方形的边长为1，设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，由勾股定理可得，解得，，所以，因此，.故选：A6．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是直线与双曲线C的一个交点，若为等腰三角形，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．答案：C易求得点P的坐标为或，不妨设点P的坐标为，则，从而可得出解：解：的齐次式，即可得出答案.，联立，解得，所以点P的坐标为或，所以为等腰直角三角形，不妨设点P的坐标为，则，且，所以即，，所以，解得或（舍去），所以双曲线C的离心率为故选：C．.7．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程解得，类比上述方法，则（）A．B．C．2D．答案：C可设，得出，注意到，解出即可．，其中，解：根据题意，设对等式，于是得出两边平方，得，即，解得（舍）或.故选：C．8．设函数的最大值为a，最小值为b，则()A．B．0C．1D．2答案：D利用分类常数法化简f(x)解析式为据奇函数的图像性质即可求解.，根据为奇函数，根解：∵，函数为奇函数，由于奇函数的图象关于原点对称，∴，从而，故选：D．9．设函数，其中，，若，，则在上的单调减区间是（）A．B．C．D．答案：C根据的对称中心、零点求得，进而求得，结合三角函数单调区间的求法求得正确答案.解：据题意可以得出直线所以和点分别是的图象的一条对称轴和一个对称中心，，即（），所以即；又由得，（），，所以，所以；由得的单调减区间为（），所以在上的单调减区间是.故选：C10．过正方体的顶点A作平面，使正方形ABCD，正方形，正方形所在平面与平面所成锐二面角相等，则这样的平面可以作（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案：D根据正方体的结构特征，结合二面角的概念，即可求解.解：在正方体中，三棱锥与平面是正三棱锥，则平面ABD，平面过顶点A作平面与平面则平面ABD，平面，平面所成锐二面角相等；平行，，平面与平面所成锐二面角相等；同理，过顶点A作平面与平面，平面，平面平行，则正方形ABCD，正方形所以这样的平面可以作4个.故选：D．，正方形所在平面与平面所成锐二面角相等，11．设抛物线C：的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若，△ABD的面积为，则（）A．1B．答案：AC．D．2画出图形，由题意可得为等边三角形，可得，列方程可求出∥,，，然后由△ABD的面积为解：如图，设准线与轴交于点，因为所以所以因为所以所以，,，，，所以为等边三角形，，所以,∥,，所以，，由抛物线定义，点到准线的距离，所以，所以，故选：A．12．设函数有两个零点，则实数a的取值范围为（D．）A．B．C．答案：B求出导函数，分的符号，以及与1的大小关系讨论函数的单调性，从而分析其零点情况，得出答案.解：由，，则①时，在上递减，在时，上递增，，时，，所以，要使函数有个零点，则在，所以有，②时，上只有个零点，不符合题意，上递减，在上递增，③时，在上递增，在因为，所以在上不可能有个零点，不符合题意，④⑤时，时，在在上递增，不可能有个零点，不符合题意，上递增，在上递减，在上递增，因为，所以在不可能有个零点，综上，时，方程有两个零点.故选：B．二、填空题13．若数列答案：3由满足，则数列前15项的和_________．，裂项相消求和即可，解：因为所以．故答案为：3.14．若实数x，y满足答案：1，且的最大值为3，则_________．根据约束条件，作出可行域,分目标函数的斜率与可行域的边界线的斜率的关系进行讨论，从而得出答案.解：根据约束条件，作出可行域如图，由当当得，即时，过点时最大，的最大值为，不符合题意；即时，过点时最大，由解得，符合题意；当即时，过点时最大，由解得，不符合，综上．故答案为：.15．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为1，则球的表面积为___________.答案：设为正三角形ABC的中心，则⊥平面ABC，正三棱锥S−ABC的外接球的球心O在上，在Rt△中利用勾股定理求出SA的长，再在Rt△中利用勾股定理即可求出R的值，从而得到球O的表面积．解：如图所示：设为正三角形ABC的中心，连接，则⊥平面ABC，正三棱锥S−ABC的外接球的球心O在上，设球的半径为R，连接AO，，∵△ABC的边长为，∴，又∵，∴在Rt△中，，在Rt△中，OA＝R，，，∴，解得：，∴球O的表面积为．故答案为：．16．已知实数满足：，，，则的最大值为______．答案：结合圆的性质、点到直线距离公式求得所求的最大值.解：的值转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，得：由，所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，则，且，则在以点为圆心，半径为，两点到直线的圆上，的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.到直线的距离为，所以到直线的距离的最大值为，所以的最大值为．故答案为：.三、解答题17．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知：．，且(1)求的大小；(2)求的值．答案：(1)(2)（1）利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理进行求解；（2）根据三角恒等变换直接求值.(1)根据正弦定理，由，得：由，，得：，所以由余弦定理得：；又因为，所以．(2)由（1）可得，所以，因为为钝角，所以为锐角，所以，，，所以．A工艺的频数分布表：指标值分组频数10304020B工艺的频数分布表：指标值分组频数510154030(1)若从B工艺产品中有放回地随机抽取4件，记“抽出的B工艺产品中至多有2件二级品”为事件C，求事件C的概率；(2)若两种新产品的利润率y与质量指标值k满足如下关系：（其中），应用统计知识，请你说明最好投资哪种工艺？答案：(1)(2)答案详见解析（1）利用对立事件的概率公式来求得事件的概率.（2）分别求得，利用差比较法，对进行分类讨论来进行说明.(1)抽中二级品的概率，没抽中二级品的概率，所以抽出的工艺产品中至多2件二级品的概率．(2)的分布列为：ytP0.60.4则，的分布列为：ytP0.70.250.05则，所以，当时，，从长期来看，投资工艺的产品平均利润率较大，最好投资工艺；当时，，从长期来看，投资工艺和工艺的产品平均利润率相等，投资工艺或工艺均可；当时，，从长期来看，投资工艺的产品平均利润率较大，最好投资工艺．19．如图，在四棱柱中，底面ABCD为菱形，其对角线AC与BD相交于点O，，．(1)证明：平面ABCD；(2)求二面角的正弦值．答案：(1)证明见解析(2)（1）通过证明、来证得平面ABCD.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其正弦值.(1)连接，，由题意，，，，知与为全等三角形，所以，故．不妨设，则，，，在中由余弦定理可得，故，在中，平面，故，AO与BD相交于点O，且AO与BD都包含于平面ABCD，所以．(2)由（1）可知，以点O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．可得，，，，，，，故，，设为平面的一个法向量，则，得，同理可得平面设二面角的一个法向量为，的平面角为，由图可知为锐角，，所以二面角的正弦值为．20．如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于、，直线、分别与交于点、.(1)证明：以(2)记为直径的圆经过点；、的面积分别为、，若，求的取值范围.答案：(1)证明见解析(2)（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线得出的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理计算得出，即可证得结论成立；，可（2）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.(1)证明：若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为.由得，设、，则、是上述方程的两个实根，于是，.又因为点所以，，所以，即，所以为直径的圆经过点.(2)解：由已知，设的斜率为，则的方程为，由解得或，则点的坐标为，又直线所以的斜率为，同理可得点的坐标为.，由得，解得或，则点的坐标为，又直线于是的斜率为，同理可得点的坐标，，因此，当时，即当时，等号成立，所以，所以的取值范围为.点评：方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.21．已知函数．(1)若(2)若，求的单调区间；在上有两个极值点，（）．（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：答案：(1)单调递减区间为．，单调递增区间为(2)（i）；（ii）证明见解析的单调区间.（1）利用导数求得（2）（i）求得围.，根据在有两个极值点，对进行分类讨论，由此求得的取值范（ii）由（i）得，由建立的关系式，通过构造函数法，结合导数来证得.(1)，令，所以，所以，当当，，单调递减；单调递增，时，，所以所以当所以(2)，时，，当时，，的单调递减区间为，单调递增区间为．（i）因为，要使在上有两个极值点，，则在上有两个变号的零点，①时，则，由（1）知，上没有两个变号的零点，不合题意，舍去.，所以，所以在②当时，因为，，，则在上单调递减，故最多只有一个零点，不合题意，舍去.③当时，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，解得，所以实数a的取值范围为（ii）由（i）知，．，，即令，所以，所以，，即，所以，故即在上单调递增，所以当时，，，所以，，所以而，所以，因为在上单调递增，因为，所以，所以即：，，因为，所以．点评：利用导数求解函数的单调区间，关键是研究清楚导函数在具体区间上的符号，对于导函数比较复杂的情况，可借助二次求导来进行研究.如本题中，含有“”，这部分需要利用构造函数法，结合导数来研究.22．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数），直线的参数方程为（k为参数）．设与的交点为M，当m变化时，M的轨迹为曲线C．(1)写出C的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设直线：，求与C的交点的极坐标．答案：(1)（除，两点）(2)，（1）消去参数得与的普通方程，再消去即可得出C的普通方程；（2）得出的极坐标方程，与曲线C的极坐标方程联立求得交点即可.(1)由直线的参数方程，消去参数得的普通方程：由直线的参数方程，消去参数得的普通方程：；．设，由题设得，消去m