云南省玉溪市2021-2022學年高三3月份第一次模擬考試數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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若是第二象限角且sin =，則=ABCD2函數，則“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的（ ）A

2、充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件3已知為虛數單位，若復數，則ABCD4某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（ ）ABCD5在中，角的對邊分別為，若，且，則的面積為（ ）ABCD6已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象( )A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度7將函數的圖像向左平移個單位長度后，得到的圖像關于坐標原點對稱，則的最小值為（ ）ABCD8是的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件9下列命題是真命題的是（ ）A若平面，滿足，則；B命題：，則：，；C“命題為真”是“命題為真

3、”的充分不必要條件；D命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”.10已知為拋物線的焦點，點在拋物線上，且，過點的動直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，拋物線的準線與軸的交點為.給出下列四個命題：在拋物線上滿足條件的點僅有一個；若是拋物線準線上一動點，則的最小值為；無論過點的直線在什么位置，總有；若點在拋物線準線上的射影為，則三點在同一條直線上.其中所有正確命題的個數為（ ）A1B2C3D411已知，是雙曲線的兩個焦點，過點且垂直于軸的直線與相交于，兩點，若，則的內切圓的半徑為（ ）ABCD12若雙曲線的一條漸近線與圓至多有一個交點，則雙曲線的離心率的取值范圍是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題

4、，每小題5分，共20分。13已知，則滿足的的取值范圍為_14某同學周末通過拋硬幣的方式決定出去看電影還是在家學習，拋一枚硬幣兩次，若兩次都是正面朝上，就在家學習，否則出去看電影，則該同學在家學習的概率為_.15已知，則_。16甲、乙兩人同時參加公務員考試，甲筆試、面試通過的概率分別為和；乙筆試、面試通過的概率分別為和若筆試面試都通過才被錄取，且甲、乙錄取與否相互獨立，則該次考試只有一人被錄取的概率是_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（12分）已知函數.（1）當時，求函數的圖象在處的切線方程；（2）討論函數的單調性；（3）當時，若方程有兩個不相等的實數根，求證：

5、.18（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線交于、兩點，求的面積.19（12分）已知在ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且cosBb+cosCc=23sinA3sinC. （1）求b的值；（2）若cosB+3sinB=2,求a+c的取值范圍.20（12分）設為實數,已知函數,（1）當時,求函數的單調區(qū)間：（2）設為實數,若不等式對任意的及任意的恒成立,求的取值范圍;（3）若函數（,）有兩個相異的零點,求的取值范圍21（12分）已知直線

6、l的極坐標方程為，圓C的參數方程為（為參數）（1）請分別把直線l和圓C的方程化為直角坐標方程；（2）求直線l被圓截得的弦長22（10分）已知直線：（為參數），曲線（為參數）（1）設與相交于，兩點，求；（2）若把曲線上各點的橫坐標壓縮為原來的倍，縱坐標壓縮為原來的倍，得到曲線，設點是曲線上的一個動點，求它到直線距離的最小值參考答案一、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。1B【解析】由是第二象限角且sin =知：，所以2B【解析】根據函數奇偶性的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】設，若函數是上的奇函數，則，所以，函數

7、的圖象關于軸對稱.所以，“是奇函數”“的圖象關于軸對稱”；若函數是上的偶函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“的圖象關于軸對稱”“是奇函數”.因此，“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數奇偶性的性質判斷是解決本題的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.3B【解析】因為，所以，故選B4A【解析】觀察可知，這個幾何體由兩部分構成,：一個半圓柱體，底面圓的半徑為1，高為2；一個半球體，半徑為1，按公式計算可得體積?！驹斀狻吭O半圓柱體體積為，半球體體積為，由題得幾何體體積為，故選A?！军c睛】本題通過三視圖考察空間識圖的能力

8、，屬于基礎題。5C【解析】由，可得，化簡利用余弦定理可得，解得即可得出三角形面積【詳解】解：，且，化為：，解得故選：【點睛】本題考查了向量共線定理、余弦定理、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題6A【解析】根據函數圖像平移原則，即可容易求得結果.【詳解】因為，故要得到，只需將向左平移個單位長度.故選：A.【點睛】本題考查函數圖像平移前后解析式的變化，屬基礎題.7B【解析】由余弦的二倍角公式化簡函數為，要想在括號內構造變?yōu)檎液瘮?，至少需要向左平移個單位長度，即為答案.【詳解】由題可知，對其向左平移個單位長度后，其圖像關于坐標原點對稱故的最小值為故選：B【點睛】本題考查三角函

9、數圖象性質與平移變換，還考查了余弦的二倍角公式逆運用，屬于簡單題.8B【解析】分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】所以 （逆否命題）必要性成立當，不充分故是必要不充分條件，答案選B【點睛】本題考查了充分必要條件，屬于簡單題.9D【解析】根據面面關系判斷A；根據否定的定義判斷B；根據充分條件，必要條件的定義判斷C；根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面，滿足，則可能相交，故A錯誤；命題“：，”的否定為：，故B錯誤；為真，說明至少一個為真命題，則不能推出為真；為真，說明都為真命題，則為真，所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件，故C錯誤；命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”，故D正

10、確；故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件，寫出命題的逆否命題等，屬于中檔題.10C【解析】：由拋物線的定義可知，從而可求 的坐標；：做關于準線的對稱點為，通過分析可知當三點共線時取最小值，由兩點間的距離公式，可求此時最小值；：設出直線方程，聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理，可知焦點坐標的關系，進而可求，從而可判斷出的關系；：計算直線 的斜率之差，可得兩直線斜率相等，進而可判斷三點在同一條直線上.【詳解】解：對于，設，由拋物線的方程得，則， 故，所以或，所以滿足條件的點有二個，故不正確； 對于，不妨設，則關于準線的對稱點為， 故，當且僅當三點共線時等號成立，故正確； 對于，由題意知，

11、 ，且的斜率不為0，則設方程為：，設與拋物線的交點坐標為，聯立直線與拋物線的方程為， ，整理得，則，所以， 則.故的傾斜角互補，所以，故正確.對于，由題意知 ，由知，則 ，由，知，即三點在同一條直線上，故正確.故選:C.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了直線與拋物線的位置關系，考查了拋物線的性質，考查了直線方程，考查了兩點的斜率公式.本題的難點在于第二個命題，結合初中的“飲馬問題”分析出何時取最小值.11B【解析】設左焦點的坐標， 由AB的弦長可得a的值，進而可得雙曲線的方程，及左右焦點的坐標，進而求出三角形ABF2的面積，再由三角形被內切圓的圓心分割3個三角形的面積之和可得內切圓的半徑.

12、【詳解】由雙曲線的方程可設左焦點，由題意可得，由，可得，所以雙曲線的方程為: 所以，所以三角形ABF2的周長為設內切圓的半徑為r，所以三角形的面積，所以，解得，故選：B【點睛】本題考查求雙曲線的方程和雙曲線的性質及三角形的面積的求法，內切圓的半徑與三角形長周長的一半之積等于三角形的面積可得半徑的應用，屬于中檔題.12C【解析】求得雙曲線的漸近線方程，可得圓心到漸近線的距離，由點到直線的距離公式可得的范圍，再由離心率公式計算即可得到所求范圍【詳解】雙曲線的一條漸近線為，即，由題意知，直線與圓相切或相離，則，解得，因此，雙曲線的離心率.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線的離心率的范圍，注意運用圓心到

13、漸近線的距離不小于半徑，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】將f（x）寫成分段函數形式，分析得f（x）為奇函數且在R上為增函數，利用奇偶性和單調性解不等式即可得到答案.【詳解】根據題意，f（x）x|x|，則f（x）為奇函數且在R上為增函數，則f（2x1）+f（x）0f（2x1）f（x）f（2x1）f（x）2x1x，解可得x，即x的取值范圍為，+）；故答案為：，+）【點睛】本題考查分段函數的奇偶性與單調性的判定以及應用，注意分析f（x）的奇偶性與單調性14【解析】采用列舉法計算古典概型的概率.【詳解】拋擲一枚硬幣兩次共有4種情況，即（正，

14、正），（正，反），（反，正），（反，反），在家學習只有1種情況，即（正，正），故該同學在家學習的概率為.故答案為：【點睛】本題考查古典概型的概率計算，考查學生的基本計算能力，是一道基礎題.15【解析】由已知求，再利用和角正切公式，求得，【詳解】因為所以cos因此.【點睛】本題考查了同角三角函數基本關系式與和角的正切公式。16【解析】分別求得甲、乙被錄取的概率，根據獨立事件概率公式可求得結果.【詳解】甲被錄取的概率；乙被錄取的概率；只有一人被錄取的概率.故答案為：.【點睛】本題考查獨立事件概率的求解問題，屬于基礎題.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）；（2）

15、當時，在上是減函數；當時，在上是增函數；（3）證明見解析.【解析】（1）當時，求得其導函數 ，可求得函數的圖象在處的切線方程；（2）由已知得，得出導函數，并得出導函數取得正負的區(qū)間，可得出函數的單調性； （3）當時，由（2）得的單調區(qū)間，以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設，且有，構造函數，分析其導函數的正負得出函數的單調性，得出其最值，所證的不等式可得證.【詳解】（1）當時，所以 ，所以函數的圖象在處的切線方程為，即；（2）由已知得，令，得，所以當時，當時，所以在上是減函數，在上是增函數；（3）當時，由（2）得在上單調遞減，在單調遞增，所以，且時，當時，所以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設

16、，且有，構造函數，則，當時，所以，在上單調遞減，且，由 ，在上單調遞增， .所以.【點睛】本題考查運用導函數求函數在某點的切線方程，討論函數的單調性，以及證明不等式，關鍵在于構造適當的函數，得出其導函數的正負，得出所構造的函數的單調性，屬于難度題.18（1），；（2）.【解析】（1）在直線的參數方程中消去參數可得出直線的普通方程，在曲線的極坐標方程兩邊同時乘以，結合可將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）計算出直線截圓所得弦長，并計算出原點到直線的距離，利用三角形的面積公式可求得的面積.【詳解】（1）由得，故直線的普通方程是.由，得，代入公式得，得，故曲線的直角坐標方程是；（2）因為曲線的

17、圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，則弦長.又到直線的距離為，所以.【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程之間的轉化，同時也考查了直線與圓中三角形面積的計算，考查計算能力，屬于中等題.19（1）b=32（2）a+c(32,3【解析】試題分析：（1）本問考查解三角形中的的“邊角互化”.由于求b的值，所以可以考慮到根據余弦定理將cosB,cosC分別用邊表示，再根據正弦定理可以將sinAsinC轉化為ac，于是可以求出b的值；（2）首先根據sinB+3cosB=2求出角B的值，根據第（1）問得到的b值，可以運用正弦定理求出ABC外接圓半徑R，于是可以將a+c轉化為2RsinA+2RsinC

18、，又因為角B的值已經得到，所以將2RsinA+2RsinC轉化為關于A的正弦型函數表達式，這樣就可求出取值范圍；另外本問也可以在求出角B的值后，應用余弦定理及重要不等式a2+c22ac，求出a+c的最大值，當然，此時還要注意到三角形兩邊之和大于第三邊這一條件. 試題解析：（1）由cosBb+cosCc=23sinA3sinC，應用余弦定理，可得a2+c2-b22abc+a2+b2-c22abc=23a3c 化簡得2b=3則b=32 （2） cosB+3sinB=212cosB+32sinB=1即sin(6+B)=1 B(0,) B+6=2 所以B=3 法一. 2R=bsinB=1,則a+c=s

19、inA+sinC =sinA+sin(23-A) =32sinA+32cosA =3sin(A+6) 又0A23, 32b=32綜上a+c(32,3考點：1.正、余弦定理；2.正弦型函數求值域；3.重要不等式的應用.20（1）函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為（2）（3）【解析】（1）據導數和函數單調性的關系即可求出;（2）分離參數,可得對任意的及任意的恒成立,構造函數,利用導數求出函數的最值即可求出的范圍;（3）先求導,再分類討論,根據導數和函數單調性以及最值得關系即可求出的范圍【詳解】解：（1）當時,因為,當時,;當時,所以函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為（2）由,得,由于,所以對任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以對任意的恒成立,設,則,所以函數在上單調遞減,在上單調遞增,所以,所以（3）由,得,其中若時,則,所以函數在上單調遞增,所以函數至多有一個零點,不合題意;若時,令,得由第（2）小題,知：當時,所以,所以,