2022屆山西省忻州高三第一次模擬考試數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知雙曲線的左焦點為，直線經過點且與雙曲線的一條漸近線垂直，直線與雙曲線的左支交于不同的兩點，若，則該雙曲線的離心率為（ ）ABCD2若函數在處取得極值2，則（ ）A-3B3C-2D23函數的單調遞增區(qū)間是（ ）ABCD4下列函數中，既是偶函

2、數又在區(qū)間上單調遞增的是（ ）ABCD5若復數（為虛數單位），則的共軛復數的模為（ ）AB4C2D6若復數在復平面內對應的點在第二象限，則實數的取值范圍是（ ）ABCD7陀螺是中國民間較早的娛樂工具之一，但陀螺這個名詞，直到明朝劉侗、于奕正合撰的帝京景物略一書中才正式出現.如圖所示的網格紙中小正方形的邊長均為1，粗線畫出的是一個陀螺模型的三視圖，則該陀螺模型的表面積為（ ）ABCD8一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（ ）ABCD9若集合M1，3，N1，3，5，則滿足MXN的集合X的個數為()A1B2C3D410如圖所

3、示點是拋物線的焦點，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動， 且總是平行于軸， 則的周長的取值范圍是（ ）ABCD11閱讀下面的程序框圖，運行相應的程序，程序運行輸出的結果是（ ）A11B1C29D2812已知等差數列的公差為，前項和為，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，若對任意的恒成立，則實數（ ）.A6B5C4D3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13銳角中，角，所對的邊分別為，若，則的取值范圍是_.14設向量，且，則_.15在四棱錐中，是邊長為的正三角形，為矩形，.若四棱錐的頂點均在球的球面上，則球的表面積為_16已知 ，則_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說

4、明、證明過程或演算步驟。17（12分）如圖，在四棱錐中，底面，為的中點，是上的點.（1）若平面，證明：平面.（2）求二面角的余弦值.18（12分）如圖，橢圓的長軸長為，點、為橢圓上的三個點，為橢圓的右端點，過中心，且，（1）求橢圓的標準方程；（2）設、是橢圓上位于直線同側的兩個動點（異于、），且滿足，試討論直線與直線斜率之間的關系，并求證直線的斜率為定值.19（12分）已知在中，內角所對的邊分別為，若，且.（1）求的值；（2）求的面積.20（12分）設函數.（1）求的值；（2）若，求函數的單調遞減區(qū)間.21（12分）已知為橢圓的左、右焦點，離心率為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）過的直

5、線分別交橢圓于和，且，問是否存在常數，使得成等差數列？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.22（10分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（）討論函數極值點的個數；（）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1A【解析】直線的方程為，令和雙曲線方程聯立，再由得到兩交點坐標縱坐標關系進行求解即可.【詳解】由題意可知直線的方程為,不妨設.則，且將代入雙曲線方程中，得到設則由，可得，故則，解得則所以雙曲線離心率故選：A【點睛】此題考查雙曲線和直線相交問題，聯立直線和雙曲線方程得到兩交

6、點坐標關系和已知條件即可求解，屬于一般性題目.2A【解析】對函數求導,可得,即可求出,進而可求出答案.【詳解】因為,所以,則,解得,則.故選:A.【點睛】本題考查了函數的導數與極值,考查了學生的運算求解能力,屬于基礎題.3D【解析】利用輔助角公式,化簡函數的解析式,再根據正弦函數的單調性,并采用整體法,可得結果.【詳解】因為，由，解得，即函數的增區(qū)間為，所以當時，增區(qū)間的一個子集為.故選D.【點睛】本題考查了輔助角公式,考查正弦型函數的單調遞增區(qū)間,重點在于把握正弦函數的單調性，同時對于整體法的應用,使問題化繁為簡,難度較易.4C【解析】結合基本初等函數的奇偶性及單調性，結合各選項進行判斷即可

7、.【詳解】A：為非奇非偶函數，不符合題意；B：在上不單調，不符合題意；C：為偶函數，且在上單調遞增，符合題意；D：為非奇非偶函數，不符合題意.故選：C.【點睛】本小題主要考查函數的單調性和奇偶性，屬于基礎題.5D【解析】由復數的綜合運算求出，再寫出其共軛復數，然后由模的定義計算?！驹斀狻?，故選：D【點睛】本題考查復數的運算，考查共軛復數與模的定義，屬于基礎題6B【解析】復數，在復平面內對應的點在第二象限，可得關于a的不等式組，解得a的范圍.【詳解】，由其在復平面對應的點在第二象限，得，則.故選：B.【點睛】本題考查了復數的運算法則、幾何意義、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題7

8、C【解析】根據三視圖可知，該幾何體是由兩個圓錐和一個圓柱構成，由此計算出陀螺的表面積.【詳解】最上面圓錐的母線長為，底面周長為，側面積為，下面圓錐的母線長為，底面周長為，側面積為，沒被擋住的部分面積為，中間圓柱的側面積為.故表面積為，故選C.【點睛】本小題主要考查中國古代數學文化，考查三視圖還原為原圖，考查幾何體表面積的計算，屬于基礎題.8B【解析】計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計

9、算能力，屬于基礎題.9D【解析】可以是共4個，選D.10B【解析】根據拋物線方程求得焦點坐標和準線方程，結合定義表示出；根據拋物線與圓的位置關系和特點，求得點橫坐標的取值范圍，即可由的周長求得其范圍.【詳解】拋物線，則焦點，準線方程為，根據拋物線定義可得，圓，圓心為，半徑為，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動，解得交點橫坐標為2.點、分別在兩個曲線上，總是平行于軸，因而兩點不能重合，不能在軸上，則由圓心和半徑可知，則的周長為，所以，故選：B.【點睛】本題考查了拋物線定義、方程及幾何性質的簡單應用，圓的幾何性質應用，屬于中檔題.11C【解析】根據程序框圖的模擬過程，寫出每執(zhí)行一次的運行結果，屬

10、于基礎題.【詳解】初始值， 第一次循環(huán)：，；第二次循環(huán)：，；第三次循環(huán)：，；第四次循環(huán)：，；第五次循環(huán)：，；第六次循環(huán)：，；第七次循環(huán)：，；第九次循環(huán)：，；第十次循環(huán)：，；所以輸出.故選：C【點睛】本題考查了循環(huán)結構的程序框圖的讀取以及運行結果，屬于基礎題.12C【解析】若對任意的恒成立，則為的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值時的n即可.【詳解】由已知，又三角形有一個內角為，所以，解得或（舍），故，當時，取得最大值，所以.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前n項和的最值問題，考查學生的計算能力，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由余弦定理，正弦定理

11、得出，從而得出，推出的范圍，由余弦函數的性質得出的范圍，再利用二倍角公式化簡，即可得出答案.【詳解】由題意得由正弦定理得化簡得又為銳角三角形，則，.故答案為【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題.14【解析】根據向量的數量積的計算，以及向量的平方，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：且由所以故答案為：【點睛】本題考查向量的坐標計算，主要考查計算，屬基礎題.15【解析】做 中點，的中點，連接，由已知條件可求出，運用余弦定理可求，從而在平面中建立坐標系，則以及的外接圓圓心為和長方形的外接圓圓心為在該平面坐標系的坐標可求，通過球心滿足，即可求出的坐標，從而可求球的半徑，進而能求

12、出球的表面積.【詳解】解：如圖做 中點，的中點，連接 ，由題意知，則 設的外接圓圓心為，則在直線上且 設長方形的外接圓圓心為，則在上且.設外接球的球心為 在 中，由余弦定理可知，.在平面中，以 為坐標原點，以 所在直線為 軸，以過點垂直于 軸的直線為 軸，如圖建立坐標系，由題意知，在平面中且 設 ，則，因為，所以 解得.則 所以球的表面積為.故答案為: .【點睛】本題考查了幾何體外接球的問題，考查了球的表面積.關于幾何體的外接球的做題思路有：一是通過將幾何體補充到長方體中，將幾何體的外接球等同于長方體的外接球，求出體對角線即為直徑，但這種方法適用性較差；二是通過球的球心與各面外接圓圓心的連線與

13、該平面垂直，設半徑列方程求解；三是通過空間、平面坐標系進行求解.16【解析】對原方程兩邊求導，然后令求得表達式的值.【詳解】對等式兩邊求導，得，令，則.【點睛】本小題主要考查二項式展開式，考查利用導數轉化已知條件，考查賦值法，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）證明見解析（2）【解析】（1）因為，利用線面平行的判定定理可證出平面，利用點線面的位置關系，得出和，由于底面，利用線面垂直的性質，得出，且，最后結合線面垂直的判定定理得出平面，即可證出平面.（2）由（1）可知，兩兩垂直，建立空間直角坐標系，標出點坐標，運用空間向量坐標運算求出所需向量，分別

14、求出平面和平面的法向量，最后利用空間二面角公式，即可求出的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以可設平面平面，又因為平面，所以.因為平面，平面，所以，從而得.因為底面，所以.因為，所以.因為，所以平面.綜上，平面.（2）解：由（1）可得，兩兩垂直，以為原點，所在直線分別為，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，所以，則，所以，.設是平面的法向量，由取取，得.設是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定和空間二面角的計算，還運用線面平行的性質、線面垂直的判定定理、點線面的位置關系、空間向量的坐標運算等，同時考查學生的空間

15、想象能力和邏輯推理能力.18（1）；（2）詳見解析.【解析】試題分析：（1）利用題中條件先得出的值，然后利用條件，結合橢圓的對稱性得到點的坐標，然后將點的坐標代入橢圓方程求出的值，從而確定橢圓的方程；（2）將條件得到直線與的斜率直線的關系（互為相反數），然后設直線的方程為，將此直線的方程與橢圓方程聯立，求出點的坐標，注意到直線與的斜率之間的關系得到點的坐標，最后再用斜率公式證明直線的斜率為定值.（1），又是等腰三角形，所以，把點代入橢圓方程，求得，所以橢圓方程為；（2）由題易得直線、斜率均存在，又，所以，設直線代入橢圓方程，化簡得，其一解為，另一解為，可求，用代入得，為定值.考點：1.橢圓的方

16、程；2.直線與橢圓的位置關系；3.兩點間連線的斜率19（1）；（2）【解析】（1）將代入等式，結合正弦定理將邊化為角，再將及代入，即可求得的值；（2）根據（1）中的值可求得和，進而可得，由三角形面積公式即可求解.【詳解】（1）由，得，由正弦定理將邊化為角可得，化簡可得，解得.（2）在中，.【點睛】本題考查了正弦定理在邊角轉化中的應用，正弦差角公式的應用，三角形面積公式求法，屬于基礎題.20（1）（2）的遞減區(qū)間為和【解析】（1）化簡函數，代入，計算即可；（2）先利用正弦函數的圖象與性質求出函數的單調遞減區(qū)間，再結合即可求出.【詳解】（1），從而.（2）令.解得.即函數的所有減區(qū)間為，考慮到，取

17、，可得，故的遞減區(qū)間為和.【點睛】本題主要考查了三角函數的恒等變形，正弦函數的圖象與性質，屬于中檔題.21（1）；（2）存在，.【解析】（1）由條件建立關于的方程組，可求得，得出橢圓的方程；（2）當直線的斜率不存在時，可求得，求得，當直線的斜率存在且不為0時，設 聯立直線與橢圓的方程，求出線段，再由得出線段，根據等差中項可求得，得出結論.【詳解】（1）由條件得，所以橢圓的方程為：；（2）， 當直線的斜率不存在時，此時,當直線的斜率存在且不為0時，設,聯立 消元得， 設，直線的斜率為，同理可得 ，所以，綜合，存在常數，使得成等差數列.【點睛】本題考查利用橢圓的離心率求橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系中的弦長公式的相關問題，當兩直線的斜率具有關系時，可能通過斜率的代換得出另一條線段的弦長，屬于中檔題.22（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析 ：（1），分，討論，當時，對，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區(qū)間內有解。設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 。所以分和k1討論。試題解析：（）因為，所以，當時，對