1、12022 届高三一模统考（3 月）数学模拟试题一、单选题1已知集合4Ax yx，1,2,3,4,5B，则 AB（）.A2,3B1,2,3C1,2,3,4D2,3,4【答案】C【解析】因为集合 44Ax yxx x，1,2,3,4,5B，所以 AB 1,2,3,4，故选：C2已知复数 z 满足345izz，则在复平面内复数 z 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【答案】A【解析】设izxy，,Rx y，则izxy，由345izz得：(i)34(i)5ixyxy，即(3)i4(54)ixyxy，于是得3454xxyy，解得1xy，则有1iz 对应的点为(1,1)，所以在复平
2、面内复数 z 对应的点在第一象限.故选：A3已知0a ，则“3aaa”是“3a ”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若 01a，由3aaa可得3a ，此时 01a；若1a ，则3aaa，不合乎题意；若1a ，由3aaa可得3a ，此时3a .因此，满足3aaa的a的取值范围是01aa 或3a，因为01aa 或3a 3a a，因此，“3aaa”是“3a ”的必要不充分条件.故选：B.4以边长为 2 的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的体积为（）.A 2B8C 23D83【答案】B2【解析】以边长为 2 的正方形一边所在直线为轴旋
3、转一周所得几何体是以 2 为底面圆半径，高为 2 的圆柱，由圆柱的体积公式得：V =22 2 =8，所以所得到的几何体的体积为 8.故选：B5已知0,2，且3cos 2sin1，则（）.A2sin 3B2cos 3 C5sin 23 D5cos 23【答案】A【解析】3cos 2sin1，0,2，23 1 2sinsin1，即26sinsin20，2sin3 或1sin2 （舍去），5cos 3=，2sin sin3，5cos cos3 ，5sincos23，2cossin23 .故选：A.6如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕
4、塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在 y 轴上的双曲线222210,0yxabab上支的一部分.已知该双曲线的上焦点 F 到下顶点的距离为 36，F 到渐近线的距离为 12，则该双曲线的离心率为（）.A 53B 54C 43D 45【答案】B【解析】点(0,)Fc 的到渐近线ayxb，即0axby 的距离2212bcdbab，又由题知2223612acac，解得1620ac，所以205164cea.故选：B37第十三届冬残奥会于 2022 年 3 月 4 日至 3 月 13 日在北京举行.现从 4 名男生，2 名女生中选 3 人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多
5、有 1 名女生被选中，则不同的选择方案共有（）.A72 种B84 种C96 种D124 种【答案】C【解析】第一步，选出的自愿者中没有女生共344C种，只有一名女生共214212C C 种；第二步，将三名志愿者分配到三项比赛中共有336A .所以，不同的选择方案共有(124)696种.故选：C8设函数sin 23yx 在区间,4t t上的最大值为 1gt，最小值为 2gt，则 12gtgt的最小值为（）.A1B22C212D 222【答案】D【解析】因为函数sin 23yx，所以其最小正周期为22T，而区间,4t t的区间长度是该函数的最小正周期的 14，因为函数sin 23yx 在区间,4t
6、 t上的最大值为 1gt，最小值为 2gt，所以当区间,4t t关于它的图象对称轴对称时，12gtgt取得最小值，对称轴为+4+28t tt，此时函数sin 23yx 有最值，不妨设 y 取得最大值 11g t ，则有sin 2+183t，所以7sin 2+112t，解得72+2,122tkkZ，得,24tkkZ，所以 2gt2sin 2+sin 2sin 2+324342tkk，所以 12gtgt的最小值为222，故选：D.二、多选题9某市共青团委统计了甲、乙两名同学近十期“青年大学习”答题得分情况，整理成如图所示的茎叶图.则下列说法中正确的是（）.4A甲得分的 30%分位数是 31B乙得分
7、的众数是 48C甲得分的中位数小于乙得分的中位数D甲得分的极差等于乙得分的极差【答案】BCD【解析】对于 A，甲得分从小到大排列为：27，28，31，39，42，45，55，55，58，66，而10 30%3，所以甲得分的 30%分位数是 35，A 不正确；对于 B，乙的得分中有两个 48，其余分数值均只有一个，因此，乙得分的众数是 48，B 正确；对于 C，甲得分的中位数是 43.5，乙得分的中位数是 45，C 正确；对于 D，甲得分的极差、乙得分的极差都是 39，D 正确.故选：BCD10已知向量1,2OP，将OP 绕原点 O 旋转30，30，60到123,OP OP OP 的位置，则（）
8、.A130OP OP B12PPPPC312OP OPOP OP D点1P 坐标为31 12 3,22【答案】ABC【解析】因为OP 绕原点 O 旋转30，30，60到123,OP OP OP ，所以1OP 与3OP 的夹角为90，故130OP OP，A 选项正确；由题意知，12OPPOPP,所以12PPPP，即12PPPP，故 B 正确；因为312,60,60OP OPOP OP ,312|OPOPOPOP,所以由数量积的定义知312OP OPOP OP ，故 C 正确；若点1P 坐标为31 12 3,22，则1172 3|52OPOP，故 D 不正确.故选：ABC11已知圆22:430C
9、xyy，一条光线从点 2,1P射出经 x 轴反射，下列结论正确的是（）.A圆 C 关于 x 轴的对称圆的方程为22430 xyyB若反射光线平分圆 C 的周长，则入射光线所在直线方程为3240 xy52BAC若反射光线与圆 C 相切于 A，与 x 轴相交于点 B，则 PB+D若反射光线与圆 C 交于 M、N 两点，则 CNM面积的最大值为12【答案】ABD【解析】由22430 xyy，得22(2)1xy，则圆心(0,2)C，半径为 1，对于 A，圆22:430C xyy关于 x 轴的对称圆的方程为22430 xyy，所以 A 正确，对于 B，因为反射光线平分圆 C 的周长，所以反射光线经过圆心
10、(0,2)C，所以入射光线所在的直线过点(0,2)，因为入射光线过点 2,1P，所以入射光线所在的直线的斜率为1(2)3202k，所以入射光线所在直线方程为322yx，即3240 xy，所以 B 正确，对于 C，由题意可知反射光线所在的直线过点(2,1)P，则 PBBAP BBAP A，因为2221(20)(1 2)12 3P AP C ，所以2 3PBBA，所以 C 错误，对于 D，设CMN，0,2，则圆心(0,2)C到直线1(2)yk x 的距离为sind，2cosMN，所以11sincossin 222CMNSd MN，所以当sin 21 ，即4 时，CNM面积取得最大值12，所以 D
11、正确，故选：ABD12已知同底面的两个正三棱锥 PABC和QABC均内接于球 O，且正三棱锥 PABC的侧面与底面所成角的大小为 4，则下列说法正确的是（）.A/PA 平面 QBCB设三棱锥QABC和 PABC的体积分别为Q ABCV 和P ABCV，则4Q ABCP ABCVVC平面 ABC 截球 O 所得的截面面积是球 O 表面积的 425 倍D二面角 PABQ的正切值为53【答案】BCD6【解析】同底面的两个正三棱锥 PABC和QABC均内接于球 O，PQ 为球 O 的直径，取 AB 的中点 M，连接 PM、QM，则 PMAB，CMAB，QMAB，PMC 为侧面 PAB 与底面 ABC
12、所成二面角的平面角，QMC 为侧面 QAB 与底面 ABC 所成二面角的平面角，又正三棱锥 PABC的侧面与底面所成角的大小为 4，设底面的中心为 N，P 到底面的距离为 h，球的半径为 R，则 PN=h，OP=R，ON=Rh，MN=h，CN=2h，2222RhRh，52Rh，QN=4h，PN=h，P、C、Q、M 四点共面，又 CN=2MN，QN=4h，PN=h，PA 与 QM 不平行，故 PA 与平面 QBC 不平行，故 A 错误；由 QN=4PN，可得4Q ABCP ABCVV，故 B 正确；平面 ABC 截球 O 所得的截面面积为 2224hh，球 O 表面积为222544252hRh，
13、平面 ABC 截球 O 所得的截面面积是球 O 表面积的 425 倍，故 C 正确；,2224175PMh QMhhh QPh，cos22221753221734hhhPMQhh，sin534PMQ，tan53PMQ，即二面角 PABQ的正切值为53，故 D 正确.故选：BCD三、填空题13抛物线2:4C xay的焦点坐标为0,2，则 C 的准线方程为_.【答案】2y 【解析】因为抛物线2:4C xay的焦点坐标为0,2，所以 C 的准线方程为2y .故答案为：2y 14已知函数 212log1,1,3,1,xxxf xx 则31log 12ff _.7【答案】7【解析】因为函数 212log
14、1,1,3,1,xxxf xx 所以3312log 12log 43log 1212log 23,334ff，所以31log 12ff 7，故答案为：7152022 年北京冬奥会开幕式始于 24 节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为 24 个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为 13.5 尺，芒种日晷长为 2.5 尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为_尺.【答案】84【解析】依题意，冬至日晷长为 13.5 尺，记为113.5a，芒种日晷长为 2.5 尺，记为122.
15、5a，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列,N,12nann，数列na的公差1212.5 13.5112 112 1aad，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为11.5ad，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为1212.5ad，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为 1.5 尺，末项为 12.5 尺，共12 项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为1.5 12.5 12842(尺).故答案为：8416已知定义在 R 上的函数()f x 满足()()0f xfx，且(1)f x 为偶函数，当01
16、x 时，()f xx，8若关于 x 的方程|()|(|)f xfxax有 4 个不同实根，则实数 a 的取值范围是_.【答案】222 2(,)(,)599 5【解析】依题意，R,xfxf x ，当01x 时，()f xx，则当 10 x-时，()()f xfxx ，又(1)f x 为偶函数，即(1)(1)fxf x，即()(2)f xfx，当12x，即021x 时，()2f xx，当 23x，即 120 x 时，()(2)f xx ，因此，当 1,3x 时，,10,01()2,122,23xxxxf xxxxx ，显然有(2)()()(2)(2)fxfxf xfxf x ，于是得()f x 是
17、周期为 4 的周期函数，当02x 时，01f x，当 24x 时，10f x ，令()|()|(|)g xf xfx，则()|()|(|)|()|(|)|()|(|)()gxfxfxf xfxf xfxg x，函数()g x 是R上的偶函数，()yg x的图象关于y轴对称，讨论0 x 的情况，再由对称性可得0 x 的情况，当0 x 时，()|()|(|)|()|()g xf xfxf xf x，则02x 时，()2()g xf x，当 24x 时，()0g x ，当4,44,Nxkkk时，函数()yg x的图象、性质与0,4x 的的图象、性质一致，关于 x 的方程|()|(|)f xfxax有
18、 4 个不同实根，即直线 yax与()yg x的图象有 4 个公共点，当0 x 时，函数()yg x的部分图象如图，观察图象知，当直线 yax过原点(0,0)及点(9,2)，即29a 时，直线29yx与()yg x的图象有 5个公共点，当直线 yax过原点(0,0)及点(5,2)，即25a 时，直线25yx与()yg x的图象有 3 个公共点，当直线29yx绕原点逆时针旋转到直线25yx时，旋转过程中的每个位置的直线 yax(不含边界)与()yg x的图象总有 4 个公共点，于是得，当0 x 时，关于 x 的方程|()|(|)f xfxax有 4 个不同实根，有 2295a，9由对称性知，当0
19、 x 时，关于 x 的方程|()|(|)f xfxax有 4 个不同实根，有2259a，所以实数 a 的取值范围是：222 2(,)(,)599 5.故答案为：222 2(,)(,)599 5四、解答题17已知等比数列 na的前 n 项和为nS，且12a ，336Sa.(1)求数列 na的通项公式；(2)设2lognnba，求数列n na b 的前 n 项和nT.【解析】(1)设数列 na的公比为 q，由12a ，336Sa，得221116aqqq a，解得2q=，所以2nna；(2)由（1）可得2lognnban，所以2nnna bn，231 2223 22nnTn ，23121 22 21
20、 22nnnTnn ，所以212222nnnTn12 1 221 2nnn 11222nnn，所以11 22nnTn.18在7a，AC 边上的高为 3 32，21sin7B 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.问题：记 ABC内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知60A，1cb，_.(1)求 c 的值；(2)设 AD 是 ABC的角平分线，求 AD 的长.【解析】(1)选条件：7,1acb，由余弦定理22221cos6021322bcaAbbbcbbc，选条件；AC 边上的高为 3 32，由三角形的面积公式13 31 sin24b bAb，解得2b，3c .选条件：21
21、sin7B，由题意可知 BC，所以232 7cos1 sin177BB，因为ABC，32 71213 21sinsinsincoscossin272714CABABAB，10由正弦定理 sinsinBbCc，21713 2114bb，解得2b，3c .(2)选条件：因 AD 是 ABC的角平分线，所以30BAD，2227942 7cos27273acbBac，2421sin1 cos1 77BB，则2132 715 7sinsin30727214ADBB，由正弦定理 sinsinADABBADB，213sin6 37sin55 714ABBADADB.选条件；因 AD 是 ABC的角平分线，所
22、以30BAD，2227942 7cos27273acbBac，2421sin1 cos1 77BB，则2132 715 7sinsin30727214ADBB，由正弦定理 sinsinADABBADB，213sin6 37sin55 714ABBADADB.选条件：因为 AD 是 ABC的角平分线，所以30BAD，则2132 715 7sinsin30727214ADBB，由正弦定理 sinsinADABBADB，213sin6 37sin55 714ABBADADB.19根据国家部署，2022 年中国空间站“天宫”将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多
23、学科交叉的空间科学实验.为普及空间站相关知识，某部门组织了空间站建造过程 3D 模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等 10 个相互独立的程序题目组成.规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确.每位参赛者从 10 个不同的题目中随机选择 3 个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中 2 个及以上程序正确即为闯关成功.现已知 10 个程序中，甲只能正确完成其中 6 个，乙正确完成每个程序的概率为 35，每位选手每次编程都互不影响.(1)求乙闯关成功的概率；11(2)求甲编写程序正确的个数 X 的分布列和数学期望，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大.【解析】(1)
24、记乙闯关成功为事件 A，所以 232332381555125P AC.(2)由题意知随机变量 X 是所有可能取值为 0，1，2，3，343101030CP XC，12643103110CCP XC，2164310122C CP XC，36310136CP XC，故 X 的分布列为X0123P1303101216所以1311901233010265E X .所以甲闯关成功的概率为 112263+=，因为 8121253，所以甲比乙闯关成功的可能性大.20图 1 是由矩形11ACC A、等边 ABC和平行四边形12ABB A 组成的一个平面图形，其中2AB，121AAAA，N 为11AC 的中点.
25、将其沿 AC，AB 折起使得1AA 与2AA 重合，连结11B C，BN，如图2.(1)证明：在图 2 中，ACBN，且 B，C，1C，1B 四点共面；(2)在图 2 中，若二面角1AACB的大小为，且1tan2 ，求直线 AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值.【解析】(1)取 AC 的中点 M，连接 NM，BM，如图，因11ACC A 为矩形，N 为11AC 的中点，则 ACMN，又因 ABC 为等边三角形，则 ACMB，12MNMBM，,MN MB 平面 BMN，则有 AC 平面 BMN，又 BN 平面 BMN，所以 ACBN；矩形11ACC A 中，11/AACC，平行四边形11A
26、BB A 中，11/AABB，因此，11/BBCC，所以 B，C，1C，1B 四点共面.(2)由(1)知 MNAC，BMAC，则NMB为二面角1CACB的平面角，NMB ，在平面 BMN 内过 M 作 MzMB，有 ACMz，以 M 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，1(1,0,0),(0,3,0),(1,0,0),(0,cos,sin),(1,c os,sin)ABCNC，(1,3,0)CB，1(0,cos,sin)CC，设平面11BCC B 的法向量为,nx y z，则130cossin0CB nxyCCnyz ，令1y ，得1(3,1,)tann，由1tan2 得(3,1,2)n，
27、1,3,0AB ，设直线 AB 与平面11BCC B 所成角为，于是得|2 36sin|cos,|4|2 22n ABn ABnAB ，所以直线 AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值是64.21已知椭圆2222:10 xyCabab的焦距为 2，点2(1,)2 在 C 上.(1)求 C 的方程；(2)若过动点 P 的两条直线 1l，2l 均与 C 相切，且 1l，2l 的斜率之积为-1，点 3,0A，问是否存在定点 B，使得0PA PB？若存在，求出点 B 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意知，椭圆 C 的半焦距1c ，焦点分别为1,0，1,0，由椭圆定义得：椭圆长轴长2
28、222222(1 1)()(1 1)()2 222a，即2a，2211ba，所以椭圆 C 的方程为2212xy.(2)设点00(,)P xy，显然02x ，过点 P 的直线方程为00yyk xx，由002222yyk xxxy 消去 y 并整理得：22200001 24220kxk ykxxykx，13因为直线 l 与 C 相切，则 22220000168 1210kykxkykx，得220012ykxk，即22200002210 xkx y ky ，设直线 1l，2l 的斜率分为1k，2k，显然1k，2k 是上述关于 k 的一元二次方程的两个根，则201220112yk kx，化简得2200
29、3xy，即点 P 到坐标原点 O 的距离3PO，故点 P 在以 O 为圆心，3 为半径的圆上，并且是动点，而点 A 为该圆上一定点，则当满足0PA PB 时，AB 为圆 O 的直径，即点 3,0B，所以存在点 3,0B满足题意.22已知函数 exfxaxa，a R.(1)讨论 fx 的单调区间；(2)当1a 时，令 22 fxg xx.证明：当0 x 时，1g x ；若数列*nxnN满足113x，1e nxng x，证明：2e11nxn.【解析】(1)函数 exfxaxa 定义域为 R，求导得 exfxa，当0a 时，0fx 恒成立，即 fx 在,上单调递增，当0a 时，令 e0 xfxa，解
30、得lnxa，令 e0 xfxa，解得lnxa，即 fx 在,ln a上单调递减，在ln,a 上单调递增，所以，当0a 时，fx 在,上单调递增，当0a 时，fx 在,ln a上单调递减，在ln,a 上单调递增.(2)当1a 时，22 e1xxg xx，当0 x 时，222112 e121e1e12xxxxxxxxx ，令 21121exxxF x，0 x ，2120exxFx 恒成立，则 F x 在0,上单调递减，14 01010eF xF ，因此，21121exxx 成立，所以当0 x 时，1g x .由可知，当0,x 时，1g x ，由113x 得 21e1xg x，即20 x ，由1e
31、nxng x，可得0nx ，而113e1e1x ，又3327ee028，即133e2，则1131e1e12x ，由于12e11e1()2nnxxnn ，只需证1111e1e11e222nnnxxxng x ，又当0 x 时，22211()1e(4)e44(2)(2)e(2)022xxxg xxxxxxx 2 e102xxx，令 2 e12xxh xx，0 x ，22e02xxh xx恒成立，则 h x 在(0,)上单调递增，00h xh，则当0 x 时，恒有2 e102xxx，而0nx ，即 111e22nxng x 成立，不等式11e1e12nnxx 成立，因此111211111e1e1e1e12222nnnxxxxnn 成立，即1e12nnx 成立，所以原不等式得证.
