2022年5月内江市六中高三数学（理）考前第区次模拟试卷附答案解析

年5月内江市六中高三数学（理）考前第区次模拟试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数（为虚数单位），则复数在复平面直角坐标系内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．在中，若，，，则（

）A． B．4 C． D．34．已知实数满足约束条件，则的取值范围为（

）A．B．C．D．5．十项全能是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，按照国际田径联合会制定的田径运动全能评分表计分，然后将各个单项的得分相加，总分多者为优胜．下面是某次全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图．下列说法错误的是（

）A．在100米项目中，甲的得分比乙高B．在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同C．甲的各项得分比乙更均衡D．甲的总分高于乙的总分6．己知等比数列的前n项和为，若，，则公比（

）A．－2 B．2 C． D．7．已知，，，则a，b，c的大小为（

）A． B． C． D．8．已知圆：和直线：，在上随机选取一个数，则事件“直线与圆相交”发生的概率为A． B． C． D．9．已知倾斜角为的直线l过定点，且与圆相切，则的值为（

）A． B． C．或 D．10．已知正四面体的棱长为，平面与棱、均平行，则截此正四面体所得截面面积的最大值为（

）A． B． C． D．11．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（

）A． B． C． D．12．已知函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式中成立的是（

）A．B．C．D．二、填空题13．已知的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中项的系数是______．14．曲线在处的切线的倾斜角为，则__________．15．从抛物线的准线上一点引抛物线的两条切线、，且、为切点，若直线的倾斜角为，则点的横坐标为______.16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．三、解答题17．已知数列的前项和为，满足．(1)求数列的通项公式；(2)设，求前项和．18．2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表维修次数0123机器台数20408060以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？19．已知平行四边形中，，点在上，且满足，将沿折起至的位置，得到四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，的周长为．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，求的取值范围．21．已知函数．（1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数；（2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）设直线与曲线交于，两点，求；（Ⅱ）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.23．已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．【答案】1.A【分析】分别解不等式和求出集合，，再进行交集运算即可求解.【详解】由可得：，所以，由可得：，所以

,所以，故选：A.2．A【分析】利用复数的除法和复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以，故复数在复平面直角坐标系内对应的点为，从而复数在复平面直角坐标系内对应的点在第一象限.故选：A.3．A【分析】利用余弦定理求解.【详解】因为，所以，又，，由余弦定理得：，，所以，故选：A4．B【分析】作出可行域，然后将转化为，由图可知当直线过点C时，取最大值；过点B时，取最小，求解得点C和点B的坐标，代入，即可得的取值范围.【详解】如图画出可行域，由，则，当直线过点时，取最大值；当直线过点时，取最小值.由题可得，所以故选：B.5．总分高于乙的总分【答案】C【解析】根据雷达图依次判断每个选项得到答案.【详解】A.在100米项目中，甲的得分比乙高，A正确；B.在跳高和标枪项目中，甲、乙的得分基本相同，B正确；C.乙的各项得分比甲更均衡，C错误；D.甲的总分约为，乙的总分约为，D正确.故选：C.【点睛】本题考查了雷达图，意在考查学生的计算能力和应用能力，理解能力.6．B【分析】利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项．【详解】由题得，等比数列的前项和为，，，，解得，．故选：B7．B【分析】先分析得到，再利用作差法结合基本不等式判断大小即得解.【详解】解：，因为，故选：B.8．C【分析】根据直线与圆相切时的斜率可得直线与圆相交时的取值范围，从而根据几何概型得到结果.【详解】直线方程为：当直线与圆相切时可得：，解得：直线与圆相交时，所求的概率：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型问题，关键是能够利用直线与圆的位置关系求解出参数的取值范围.9．D【分析】设直线，根据直线与圆相切解出参数，进而求出，然后用诱导公式将原式化简，进而求得答案.【详解】容易判断，若，则直线l与圆相交，不合题意，于是设，根据直线与圆相切可得：，因为，所以，解得：，所以，原式.故选：D.10．A【分析】取的中点，连接、，证明出，设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，证明出四边形为矩形，设，可得出，利用基本不等式可求得截面面积的最大值.【详解】取的中点，连接、，因为为等边三角形，为的中点，所以，，同理可得，，平面，平面，.设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，平面，平面，平面平面，，同理可证，，同理可证，所以，四边形为平行四边形，，，则平行四边形为矩形，设，则，因为，则，，同理可得，所以，矩形的面积为，当且仅当时，等号成立，因此，截面面积的最大值为.故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11．B【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.【详解】由题可知：，圆心，半径，又，是的中点，所以，所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，若直线上存在两点，使得恒成立，则以为直径的圆要包括圆，点到直线的距离为，所以长度的最小值为，故选：B．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.12．C【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、导数的性质进行逐一判断即可.【详解】解：令、，则、，在同一坐标系中分别绘出函数、、的图像，因为函数的零点为，函数的零点为，所以，，解方程组，因为函数与互为反函数，所以由反函数性质知、关于对称，则，，，A、B、D错误，因为，所以在上单调递增，因为，，所以，因为点在直线上，所以，，故C正确，故选：C．【点睛】关键点睛：函数零点转化为两个函数交点的形式利用数形结合思想进行求解是解题的关键．二、填空题13．84【分析】利用给定条件求出幂指数n，再求出二项展开式通项即可得解.【详解】依题意，，解得n=7，的展开式的通项为，由得，所以所求展开式中项的系数是.故答案为：8414．【分析】先求出，再利用诱导公式和二倍角公式求解.【详解】由题得，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值，常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式），要根据已知条件灵活选择方法求解.15．【分析】设点，求出切点弦所在直线的方程，结合已知条件求出的值.【详解】设点，设点、，对函数求导得，所以，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为直线、的公共点，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，由题意可得，解得.故答案为：.【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的切点弦所在直线的方法如下：（1）求出两切线与圆锥曲线的切点坐标，利用两点式方程可得出切点弦所在直线的方程；（2）写出圆锥曲线在切点（在圆锥曲线上）处的切线方程，将两切线的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程.16．【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.，，三棱锥的体积.设，x>0，则，令，即，得，易知在处取得最大值.∴.点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.三、解答题17．(1)；(2)．【分析】（1）由题意知①，当时，②，用①减去②得，再根据得数列为等比数列，即可求出的通项公式；（2）把（1）求出的代入中，得到，再利用错位相减可求出的前项和.【详解】(1)①，当时，②，①减去②得，，.可得数列是首项为1，公比为2的等比数列..(2)，①，②①减去②得.．18．（1）答案见解析；（2）．【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为、、、，而2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有，对应的基本事件为、、、、、、，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可.（2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有，即可求的范围.【详解】（1）由题意得，，，，，，，，∴X的分布列为X0123456P（2）选择方案一：所需费用为元，则时，，时，；时，；时，，时，，∴的分布列为50006000700080009000，选择方案二：所需费用为元，则时，；时，；时，，则的分布列为6230，要使选择方案二对客户更合算，则，∴，解得，即的取值范围为．【点睛】关键点点睛：（1）由题设描述确定2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数的可能值，并确定对应的基本事件，进而求各可能值的概率，写出分布列.（2）根据（1）所得分布列，由各方案的费用与维修次数的关系写出费用的分布列，并求期望，通过期望值的大小关系求参数的范围.19．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，由已知可得，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2）分析可知即为二面角的平面角，以为坐标原点，、所在的方向分别作为、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）在中，，，，由余弦定理得，所以，由勾股定理知.折叠后，则有，，因为，所以平面，又平面，所以平面平面；（2），，则即为二面角的平面角.以为坐标原点，、所在的方向分别作为、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.于是、、，，所以，，，设平面的一个法向量，有，即，令，则，.所以即为平面的一个法向量..设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．（1）；（2）.【分析】（1）解方程组即得解；（2）设直线AB的方程为,联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出，再通过换元求出函数的取值范围.【详解】（1）由题得.所以椭圆的方程为.（2）因为,所以设直线AB的方程为,由消去得，所以，又，所以，令所以，因为二次函数在上单调递增，所以，因此（当m=0时取得最大值），所以.【点睛】方法点睛：解析几何中的范围问题，常用的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解.21．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a；（2）原问题转化为的零点问题，求导，利用导数可得单调性，结合零点存在性即可求解.【详解】（1），所以在点处的切线方程为，所以，即；（2）因为，所以，所以可转化为，设，则当时，，所以在区间上单调递增．当时，设，此时，所以在时单调递增，又，，所以存在使得且时单调递减，时单调递增．综上，对于连续函数，在时，单调递减，在时，单调递增．又因为，所以当，即时，函数有唯一零点在区间上，当，即时，函数在区间上无零点，综上可知，当时，函数在上有个零点；当时，函数在上没有零点．【点睛】关键点点睛：由题意可转化为在区间上的零点个数问题，求导，利用导数可得函数单调性，在时，单调递减，在时，单调递增，分类讨论的正负即可．22．Ⅰ）6（Ⅱ