2022屆寧夏中衛(wèi)市高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)第 Page * MergeFormat 18 頁(yè) 共 NUMPAGES * MergeFormat 18 頁(yè)2022屆寧夏中衛(wèi)市高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1已知集合，則（）ABCD【答案】B【分析】根據(jù)補(bǔ)集計(jì)算求解即可.【詳解】，故選：B2為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)ABCD或【答案】C【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算化簡(jiǎn)，再利用純虛數(shù)的定義求解即可【詳解】是純虛數(shù)，即，故選C【點(diǎn)睛】復(fù)數(shù)是高考中的必考知識(shí)，主要考查復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算要注意對(duì)實(shí)部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的模這

2、些重要概念，復(fù)數(shù)的運(yùn)算主要考查除法運(yùn)算，通過(guò)分母實(shí)數(shù)化轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的乘法，運(yùn)算時(shí)特別要注意多項(xiàng)式相乘后的化簡(jiǎn)，防止簡(jiǎn)單問(wèn)題出錯(cuò)，造成不必要的失分.3已知向量，若，則（）A5B6CD【答案】A【分析】先利用解出，再由的坐標(biāo)求出模長(zhǎng)即可.【詳解】，即，故選：A.4已知命題：，；命題：，下列命題中為假命題的是（）ABCD【答案】D【分析】先判斷出命題的真假，再根據(jù)復(fù)合命題的判斷方法判斷即可【詳解】當(dāng)時(shí)，所以命題為假命題，則為真命題，當(dāng)時(shí)，所以命題為真命題，則為假命題，所以為真命題，為真命題，為真命題，為假命題，故選：D5（）ABCD【答案】A【分析】利用誘導(dǎo)公式及二倍角正弦公式計(jì)算可得；【詳解】解：.

3、故選：A6設(shè)是直線，是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是（）A若，則B若，則C若，則D若，則【答案】B【分析】根據(jù)各選項(xiàng)中線面、面面的位置關(guān)系，結(jié)合平面的基本性質(zhì)判斷線面、面面關(guān)系即可.【詳解】A：若，則可能平行、相交，錯(cuò)誤；B：若，過(guò)的平面且，則，而即，又，則，正確；C：若，則或，錯(cuò)誤；D：若，則或，錯(cuò)誤.故選：B7已知數(shù)列滿足點(diǎn)在直線上，則數(shù)列的前項(xiàng)和ABCD【答案】D【分析】把點(diǎn)帶入直線方程，即得數(shù)列的通項(xiàng)公式，再運(yùn)用等差數(shù)列求和公式即可.【詳解】因?yàn)樵谥本€上，所以即故選：D.8閱讀如圖所示的程序框圖，若輸出的數(shù)據(jù)為58，則判斷框中應(yīng)填入的條件為ABCD【答案】B【詳解】試題分析：第一次

4、循環(huán)，；第二次循環(huán)，；第三次循環(huán)，；第四次循環(huán)，,最后輸出的數(shù)據(jù)為,所以判斷框中應(yīng)填入,選B.【解析】程序框圖.9已知數(shù)列是等比數(shù)列，且，則數(shù)列A1984B1920C992D960【答案】A【分析】首先計(jì)算的前兩項(xiàng)即可得公比，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可計(jì)算的值，進(jìn)而可得的值.【詳解】因?yàn)閿?shù)列是等比數(shù)列，且，所以，可得公比，所以是首項(xiàng)為，公比為 的等比數(shù)列，所以，所以.故選：A.10已知函數(shù)，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（）ABCD【答案】D【分析】根據(jù)的解析式，求得其單調(diào)性和奇偶性，再利用函數(shù)性質(zhì)求解不等式即可.【詳解】對(duì)，其定義域?yàn)?，且，故為上的奇函?shù)；又當(dāng)時(shí)，其在單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，其在單調(diào)遞減；又

5、是連續(xù)函數(shù)，故在上都是單調(diào)減函數(shù)；則，即，則，解得.故選：D.11阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德歐幾里得并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比為常數(shù)（，且），那么點(diǎn)P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點(diǎn)C到的距離之比為，則點(diǎn)C到直線的距離的最小值為（）ABCD【答案】A【分析】設(shè)，依題意，根據(jù)兩點(diǎn)的距離公式求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，再求出圓心到直線的距離，即可求出點(diǎn)到直線距離的最小值；【詳解】解：設(shè)，則，即，化簡(jiǎn)得，所以點(diǎn)的軌跡為以為圓心，的圓，則圓心到直線的距離，所以點(diǎn)C到直線的距離的最小值為；故選：A12不等式在上恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

6、）ABCD【答案】B【分析】將變?yōu)榧?，?gòu)造新函數(shù)，利用其單調(diào)性得到，繼而求得答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，不等式在上恒成立不會(huì)成立，故 ，當(dāng) 時(shí)， ，此時(shí)不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，設(shè) ，當(dāng) 時(shí)，故是增函數(shù)，則即，故，設(shè)，當(dāng) 時(shí)， 遞增，當(dāng) 時(shí)， 遞減，故 ，則 ，綜合以上，實(shí)數(shù)的取值范圍是 ，故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了不等式的恒成立問(wèn)題，解答時(shí)要注意導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性以及求最值等，解答的關(guān)鍵是對(duì)原不等式進(jìn)行變形，并構(gòu)造新函數(shù),這一點(diǎn)解題的突破點(diǎn).二、填空題13若展開(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)的和等于64,則展開(kāi)式中的系數(shù)是_.【答案】【分析】先由各項(xiàng)系數(shù)的和，求出，再由二項(xiàng)

7、展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)檎归_(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)的和等于64，所以，解得；所以展開(kāi)式的通項(xiàng)為，令，得的系數(shù)為.故答案為【點(diǎn)睛】本題主要考查二項(xiàng)展開(kāi)式中指定項(xiàng)的系數(shù)，熟記二項(xiàng)式定理即可，屬于?？碱}型.14若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件，則的最大值是_.【答案】7【分析】轉(zhuǎn)化為，當(dāng)取得最大值，即經(jīng)過(guò)可行域且截距最大，數(shù)形結(jié)合即得解【詳解】轉(zhuǎn)化為，當(dāng)取得最大值，即經(jīng)過(guò)可行域且截距最大，畫(huà)出可行域如下圖所示：聯(lián)立，解得，故點(diǎn)如圖所示，當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)時(shí)截距最大，故的最大值是故答案為：715已知橢圓左右焦點(diǎn)分別為F1F2，過(guò)F1且傾斜角為30的直線l1與過(guò)F2的直線l2交于P點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓上，且F1PF

8、2=90.則橢圓C的離心率e=_.【答案】【分析】由題意可知PF1F2是直角三角形，再利用橢圓的定義，即可求出答案.【詳解】解：由題意可知PF1F2是直角三角形，且PF1F2=30，PF2=c，F(xiàn)1F2=2c，PF1+PF2=2a，即，故答案為：.16已知四棱錐的底面是矩形，其中，側(cè)棱底面，且直線與所成角的余弦值為，則四棱錐的外接球表面積為_(kāi).【答案】【分析】利用異面直線所成的角可求的長(zhǎng)度，將四棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體后可求外接球的直徑，從而可求外接球的表面積.【詳解】如圖，因?yàn)?，故或其補(bǔ)角為異面直線與所成的角，因?yàn)槠矫?，平面，故，故為銳角，故，故，故.將該四棱錐補(bǔ)成如圖所示的長(zhǎng)方體：則該長(zhǎng)方體的外接球

9、即為四棱錐的外接球，其直徑為，故表面積為.故答案為：.三、解答題17函數(shù)的部分圖象如圖所示：(1)求函數(shù)的解析式與單調(diào)遞減區(qū)間；(2)求函數(shù)在上的值域【答案】(1)，單調(diào)遞減區(qū)間(2)【分析】（1）根據(jù)圖像即可寫(xiě)出，再由圖像過(guò)即可求出其周期，則可求出，在將點(diǎn)帶入，則可求出.由在區(qū)間上單調(diào)遞減，則可求出的單調(diào)遞減區(qū)間.（2）由.【詳解】(1)觀察圖象得：，令函數(shù)的周期為T(mén)，則，由得：，而，于是得，所以函數(shù)的解析式是由解得：，所以的單調(diào)遞減區(qū)間是(2)由（1）知，當(dāng)時(shí)，則當(dāng)，即時(shí)，當(dāng)，即時(shí)，所以函數(shù)在上的值域是18共享電動(dòng)車（sharedev）是一種新的交通工具，通過(guò)掃碼開(kāi)鎖，實(shí)現(xiàn)循環(huán)共享.某記者

10、來(lái)到中國(guó)傳媒大學(xué)探訪，在校園噴泉旁停放了10輛共享電動(dòng)車，這些電動(dòng)車分為熒光綠和橙色兩種顏色，已知從這些共享電動(dòng)車中任取1輛，取到的是橙色的概率為，若從這些共享電動(dòng)車中任意抽取3輛.(1)求取出的3輛共享電動(dòng)車中恰好有一輛是橙色的概率；(2)求取出的3輛共享電動(dòng)車中橙色的電動(dòng)車的輛數(shù)X的分布列與數(shù)學(xué)期望.【答案】(1)；(2)分布列見(jiàn)解析，數(shù)學(xué)期望為.【分析】（1）先求出兩種顏色的電動(dòng)車各有多少輛，然后根據(jù)超幾何分布求概率的方法即可求得答案；（2）先確定X的所有可能取值，進(jìn)而求出概率并列出分布列，然后根據(jù)期望公式求出答案.【詳解】(1)因?yàn)閺?0輛共享電動(dòng)車中任取一輛，取到橙色的概率為0.4，

11、所以橙色的電動(dòng)車有4輛，熒光綠的電動(dòng)車有6輛.記A為“從中任取3輛共享單車中恰好有一輛是橙色”，則.(2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,2,3.所以，.所以分布列為0123數(shù)學(xué)期望.19九章算術(shù)中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽(yáng)馬”.在如圖所示的“陽(yáng)馬”中，側(cè)棱底面，點(diǎn)是的中點(diǎn)，作交于點(diǎn).(1)求證：平面；(2)若平面與平面所成的二面角為，求.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)空間向量的運(yùn)算證明，進(jìn)而結(jié)合條件通過(guò)線面垂直的判定定理證明問(wèn)題；（2）由題意得出兩個(gè)平面的法向量，進(jìn)而根據(jù)空間向量夾角公式求出.【詳解】(1)設(shè)，如圖，以為坐

12、標(biāo)原點(diǎn)，所在方向分別為，軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.則，因?yàn)辄c(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，于是，即，又已知，而，所以平面.(2)由平面，所以是平面的一個(gè)法向量；由（1）知，平面，所以是平面的一個(gè)法向量.若面與面所成二面角的大小為，則，解得.所以，故當(dāng)面與面所成二面角的大小為時(shí)，.20已知橢圓E的右焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，點(diǎn)M在橢圓E上.（）求橢圓E的方程；（）設(shè)，直線與橢圓E交于A,B兩點(diǎn)，若直線PA,PB均與圓相切，求的值.【答案】（1）（2）【詳解】試題分析： （1）由焦點(diǎn)坐標(biāo)為,以及橢圓的定義求出方程; （2）設(shè)，因?yàn)橹本€PA, PB與圓 相切,所以,將坐標(biāo)代入化簡(jiǎn),聯(lián)立橢圓與直線,寫(xiě)出韋達(dá)定理

13、代入,即可求得k值.試題解析:解：（） 因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)坐標(biāo)為,所以,所以，即.因?yàn)?，所以橢圓E的方程為.（）設(shè)，因?yàn)橹本€PA, PB與圓 相切，所以，即，通分得，所以，整理，得.聯(lián)立得，所以，代入，得 .21如圖1，菱形中，于E，將沿翻折到，使，如圖2(1)求三棱錐的體積；(2)在線段上是否存在一點(diǎn)F，使平面？若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由【答案】(1)(2)存在，.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，再利用等體積法及棱錐的體積公式計(jì)算即可.（2）設(shè)線段的中點(diǎn)為，線段的中點(diǎn)為，先證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定定理證明平面，即可得出結(jié)論.【詳解】(1)解：由題可知在

14、菱形中，故，所以在四棱錐中，又，所以平面，且，連接，因?yàn)閯t,所以.故棱錐的體積為.(2)解：設(shè)線段的中點(diǎn)為，線段的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，點(diǎn)為的中點(diǎn)，所以，又由（1）得，所以，所以四邊形為平行四邊形，故,又平面，平面，所以平面，此時(shí)點(diǎn)為的中點(diǎn)，故.22已知函數(shù)（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)有最大值，且，求實(shí)數(shù)的取值范圍【答案】（1）答案見(jiàn)解析；（2）【分析】（1）求出函數(shù)的定義域與 ，討論時(shí)、 時(shí)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，即可求解；（2）根據(jù)（1）可得，得，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合即可求解【詳解】（1）的定義域?yàn)?，由可得，?dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，令，得，所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞

15、增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；（2）由（1）知，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，無(wú)最大值，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，即，因此有，得，設(shè)，則，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又，所以，得，故實(shí)數(shù)的取值范圍是23已知橢圓：的離心率為，直線交橢圓于、兩點(diǎn)，橢圓的右頂點(diǎn)為，且滿足.（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓交于不同兩點(diǎn)、，且定點(diǎn)滿足，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1）.（2）.【詳解】試題分析：（1）根據(jù)可求得，再由離心率可得c，于是可求得b，進(jìn)而得到橢圓的方程（2）結(jié)合直線和橢圓的位置關(guān)系求解將直線方程和橢圓方程聯(lián)立消元后得到二次方

16、程，由判別式大于零可得，結(jié)合可得，從而得到關(guān)于的不等式組，解不等式組可得所求范圍試題解析：（1）， 又，橢圓的方程為.（2）由消去y整理得：， 直線與橢圓交于不同的兩點(diǎn)、，整理得設(shè)，則，又設(shè)中點(diǎn)的坐標(biāo)為， ，即， ，解得實(shí)數(shù)的取值范圍點(diǎn)睛：圓錐曲線中求參數(shù)取值范圍的方法解決此類問(wèn)題的方法一般采用代數(shù)法，即先建立關(guān)于參數(shù)的目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值在利用代數(shù)法求范圍時(shí)常從以下方面考慮：利用判別式來(lái)構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍24在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為sin（-）=.（1）求曲線C1的普通方程與曲線C2的直角坐標(biāo)方程；（2）設(shè)點(diǎn)M（1，0），若曲線C1，C2相交于A，B兩點(diǎn)，求的值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用三角消參求出的普通方程；利用得到的直角坐標(biāo)方程為；（2）把直線的參數(shù)方程為代入，利用t的幾何意義即可求出的值.【詳解】（1）因?yàn)榍€的參數(shù)方程為（為參數(shù)），所以曲線是以為圓心，為半徑的圓.所以曲線的