2021-2022学年吉林省三校联考高三下第一次测试数学试题含解析

2022年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、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（）A． B．C． D．2．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙3．已知集合A={x|x<1}，B={x|}，则A． B．C． D．4．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（）A． B． C． D．55．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．16．执行如图所示的程序框图后，输出的值为5，则的取值范围是（）.A． B． C． D．7．若复数满足，其中为虚数单位，是的共轭复数，则复数（）A． B． C．4 D．58．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，，则.其中正确的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④9．已知，若，则等于（）A．3 B．4 C．5 D．610．已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（）A．的值域是 B．是奇函数C．是周期函数 D．是增函数11．设集合，则（）A． B． C． D．12．若复数满足（是虚数单位），则的虚部为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线（，）过圆：的圆心，则的最小值是______.14．已知关于的方程在区间上恰有两个解，则实数的取值范围是________15．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________．16．已知，若，则a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）在直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且轴，直线交轴于点，，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交椭圆于两点，且满足，求的面积.18．（12分）已知数列中，（实数为常数），是其前项和，且数列是等比数列，恰为与的等比中项．（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）若，当时，的前项和为，求证：对任意，都有．19．（12分）在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为、，与直线的交点为，求线段的长.20．（12分）设抛物线的焦点为，准线为，为过焦点且垂直于轴的抛物线的弦，已知以为直径的圆经过点.（1）求的值及该圆的方程；（2）设为上任意一点，过点作的切线，切点为，证明：.21．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（，且）（1）求数列的通项公式；（2）证明：当时，22．（10分）在直角坐标系中，圆的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且长度单位相同.（1）求圆的极坐标方程；（2）若直线：（为参数）被圆截得的弦长为，求直线的倾斜角.

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。1．D【解析】因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离，而截面到球体最低点距离为，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.点睛:本题主要考查折叠问题，考查球体有关的知识.在解答过程中，如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时，可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面，然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.2．A【解析】

利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．3．A【解析】∵集合∴∵集合∴，故选A4．A【解析】

由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．【详解】解：设，，，则，从而，等号可取到．故选：A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．5．C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．C【解析】

框图的功能是求等比数列的和，直到和不满足给定的值时，退出循环，输出n.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；此时满足输出结果，故.故选：C.【点睛】本题考查程序框图的应用，建议数据比较小时，可以一步一步的书写，防止错误，是一道容易题.7．D【解析】

根据复数的四则运算法则先求出复数z，再计算它的模长．【详解】解：复数z＝a+bi，a、b∈R；∵2z，∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，即，解得a＝3，b＝4，∴z＝3+4i，∴|z|．故选D．【点睛】本题主要考查了复数的计算问题，要求熟练掌握复数的四则运算以及复数长度的计算公式，是基础题．8．C【解析】

根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：①：、也可能相交或异面，故①错②：因为，，所以或，因为，所以，故②对③：或，故③错④：如图因为，，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为，，所以，所以，故④对.故选：C【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.9．C【解析】

先求出，再由，利用向量数量积等于0，从而求得.【详解】由题可知，因为，所以有，得，故选：C.【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量的减法坐标运算公式，向量垂直的坐标表示，属于基础题目.10．C【解析】

根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.【详解】由表示不超过的最大正整数，其函数图象为选项A，函数，故错误；选项B，函数为非奇非偶函数，故错误；选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确；选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.故选：C【点睛】本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.11．C【解析】

解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由，解得，故.依题意，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.12．A【解析】

由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.【详解】因为,所以,所以复数的虚部为.故选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．；【解析】

求出圆心坐标，代入直线方程得的关系，再由基本不等式求得题中最小值．【详解】圆：的标准方程为，圆心为，由题意，即，∴，当且仅当，即时等号成立，故答案为：．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，考查圆的标准方程，解题方法是配方法求圆心坐标，“1”的代换法求最小值，目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”．14．【解析】

先换元，令，将原方程转化为，利用参变分离法转化为研究两函数的图像交点，观察图像，即可求出．【详解】因为关于的方程在区间上恰有两个解，令，所以方程在上只有一解，即有，直线与在的图像有一个交点，由图可知，实数的取值范围是，但是当时，还有一个根，所以此时共有3个根.综上实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查学生运用转化与化归思想的能力，方程有解问题转化成两函数的图像有交点问题，是常见的转化方式．15．【解析】

转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.【详解】因为，所以．又因为，且为锐角，所以．由余弦定理得，即，解得，所以故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.16．【解析】

函数等价为，由二次函数的单调性可得在R上递增，即为，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围．【详解】，等价为，且时，递增，时，递增，且，在处函数连续，可得在R上递增，即为，可得，解得，即a的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题考查分段函数的单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，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）根据离心率以及，即可列方程求得，则问题得解；（2）设直线方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，根据题意中转化出的，即可求得参数，则三角形面积得解.【详解】（1）设，由题意可得.因为是的中位线，且，所以，即，因为进而得，所以椭圆方程为（2）由已知得两边平方整理可得.当直线斜率为时，显然不成立.直线斜率不为时，设直线的方程为，联立消去，得，所以，由得将代入整理得，展开得，整理得，所以.即为所求.【点睛】本题考查由离心率求椭圆的方程，以及椭圆三角形面积的求解，属综合中档题.18．（1）见解析（2）（3）见解析【解析】

（1）令可得，即．得到，再利用通项公式和前n项和的关系求解，（2）由（1）知，．设等比数列的公比为，所以，再根据恰为与的等比中项求解，（3）由（2）得到时，，，求得，再代入证明。【详解】（1）解：令可得，即．所以．时，可得，当时，所以．显然当时，满足上式．所以．，所以数列是等差数列，（2）由（1）知，．设等比数列的公比为，所以，恰为与的等比中项，所以，解得，所以（3）时，，，而时，，，所以当时，.当时，，∴对任意，都有，【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系，等差数列，等比数列的定义和性质以及数列放缩的方法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题，19．（1）（2）【解析】

（1）首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可；（2）设，，由，即可求出，则计算可得；【详解】解：（1）圆的参数方程（为参数）可化为，∴，即圆的极坐标方程为.（2）设，由，解得.设，由，解得.∵，∴.【点睛】本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20．（1），圆的方程为：.（2）答案见解析【解析】

（1）根据题意，可知点的坐标为，即可求出的值，即可求出该圆的方程；（2）由题易知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，与抛物线联立方程组，根据，求得，化简解得，进而求得点的坐标为，分别求出，，利用向量的数量积为0，即可证出.【详解】解：（1）易知点的坐标为，所以，解得.又圆的圆心为，所以圆的方程为.（2）证明易知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，代入的方程，得.令，得，所以，解得.将代入的方程，得，即点的坐标为.所以，，.故.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和圆的方程，考查直线和抛物线的位置关系，利用联立方程组、求交点坐标以及向量的数量积，考查解题能力和计算能力.21．(1)(2)见证明【解析】

(1)由题意将递推关系式整理为关于与的关系式，求得前n项和然后确定通项公式即可；(2)由题意结合通项公式的特征放缩之后裂项求和即可证得题中的不等式.【详解】（1）由，得，即，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以，即，当时，，当时，，也满足上式，所以；（2）当时，