1、云天化中学2022届高三摸底测试数学（理科）试卷 本试题卷分第卷（选择题）和第卷（客观题）两部分，共4页。考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试卷上答题无效，试卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项： 1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并请认真填涂准考证号。2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试卷上的答案无效。第I卷（选择题，共分）一、选择题：（本大题共小题，每小题分）1若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限 B第二
2、象限 C第三象限 D第四象限2已知集合，则（ ）ABCD3正项等比数列中，则的值是（ ）ABCD4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为（ ）A167B168C169D1705.“”是“”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件6.正三棱柱中，该三棱柱的外接球的体积为（ ）ABCD7.函数的大致图象为（ ）A BC D8已知的外接圆半径为1，圆心为，且，则的值为（ ）ABC
3、D9.若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）ABCD10.已知函数，下列结论错误的是（ ）A的最小正周期为 B曲线关于直线对称C在上单调递增来源:Z*xx D方程在上有4个不同的实根11.设，为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则12已知三内角的对边分别为，且，若角平分线段于点，且，则的最小值为（ ）ABCD第卷 客观题（共分）二、填空题：（每小题5分，共20分）13若的展开式中的常数项是_14.一个书架的其中一层摆放了本书，现要把新拿来的本不同的数学书和本化学书放入该层，要求本数学书要放在一起，则不同的摆放方法有_种（用数字作答）15
4、设满足约束条件，则目标函数的最大值是_.16已知椭圆的左、右焦点分别为，为第二象限内椭圆上的一点，连接交轴于点，若，其中为坐标原点，则该椭圆的离心率为_三、解答题：（本大题共小题，共分，其中22题10分，其余每题12分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）17（本小题满分12分）已知等差数列的公差，且，成等比数列，若数列满足：（1） 求数列的通项公式； （2）求数列的前项和18.（本小题满分12分）为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制
5、成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80分及以上的产品为一等品（1）求图中的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望19.（本小题满分12分）已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角为，试问：在线段上是否存在点，使二面角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.20.（本小题满分12分）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，(点为坐标原点)的面积为2.（1）求抛物线的方程；（2）若过点的两直线，的倾斜角互补，直线与抛物线交
6、于两点，直线与抛物线交于两点，与的面积相等，求实数的取值范围.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，试判断函数的单调性；（2）若，且当时，恒成立.有且只有一个实数解，证明：.22.（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，为曲线(为参数)上的动点，将点纵坐标变为原来的倍，横坐标变为原来的一半得到点，记点的轨迹为，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2），是曲线上不同于的两点，且，求的取值范围.云天化中学2022届高三摸底测试数学（理科）答案一、 选择题：题号123456789101112选项DCACBDAACCBD1.【答案】D【解析】,复数在复
7、平面内对应的点（2，-1）在第四象限，故选D2.【答案】C【解析】，或，.故选C.3.【答案】A【解析】设正项等比数列的公比为，解得，则4.【答案】C【解析】由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以，由，即，所以，由，所以此数列的项数为169.故选C5.【答案】B【解析】，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件6.答案】D【解析】外接球的球心在上下底面重心的连接线段的中点上，底面重心到棱柱顶点的距离为，球心距底面的重心的距离为，外接球的半径，所以该三棱柱的体积7.【答案】A【解析】函数的定义域为，且，所以，函数为偶函数，排除BC选项；当时，则，排除D选项.故选A.8.
8、【答案】A【解析】由题设，两边平方可得，所以，构成直角三角形.，夹角，夹角，.故选A9.【答案】C【解析】直线始终平分圆的周长，直线过圆心，即，10.【答案】C【解析】，作出在上的图象（先作出的图象，再利用平移变换和翻折变换得到的图象），如图所示，由图可知A、B、D正确，C错误11.【答案】B【解析】由，为两条不同的直线，为两个不同的平面，在A中，若，则与相交、平行或异面，故A错误；在B中，若，则，故B正确；在C中，若，则与相交或平行，故C错误；在D中，若，则由面面垂直的判定定理得，故D错误12.【答案】D【解析】由及正弦定理，得，因，所以，即，来源:Z_xx_k.Com又，所以如图，所以，所
9、以，即，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为故选D.二、 填空题：13.【答案】【解析】的展开式中的常数项是14.【答案】【解析】先把两本数学书不分开插入到本书中有方法，两本数学书有种摆放方法，最后把本化学书插入个位置有种摆放方法，故共有种摆放方法，故答案为15.【答案】3【解析】画出可行域如下图阴影部分所示，目标函数，表示可行域内的点和点连线的斜率，由图可知，其最大值为.【答案】【解析】因为，所以，由题意可得，则，因为，所以，所以.因为，所以，所以，可得，解得三、 解答题：【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，所以由等差数列的性质得，即，因为成等比数列，所以，即，又，所以，所以（4分
10、）（2）因为，所以当时，所以当时，由，得，所以，所以，所以，所以（12分）18.【答案】（1），中位数为；（2）分布列见解析，【解析】（1）由频率分布直方图的性质，可得，解得令中位数为，则，解得，所以综合评分的中位数为（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，即概率为，设所抽取的产品为一等品的个数为，则，所以，所以的分布列为所抽取的产品为一等品的数学期望19.【解析】连接，四边形为菱形，又平面，又，平面，又平面，平面平面.(5分)（2）平面，为在平面上的射影.为直线与平面所成角，令，则又四边形为菱形，为等边三角形，取的中点，连接，则，以为原点，分别以，所在直线为，建立空间直角坐标系，
11、如图所示，则，设，三点共线，由（1）知平面，平面的法向量，令平面的法向量为，则，令，则二面角为，解得，当时，点与点重合，存在点即为点时，二面角为.(12分)20.【解析】（1）因为焦点，所以点的坐标分别为，.所以，故.故抛物线的方程为.(4分)（2）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线.点，.联立方程可得，消去，可得.则.因为，所以，焦点到直线的距离，所以.设直线，与抛物线方程联立可得，将用替换，可得由可得，即，两边平方并化简可得，所以，解得.又由且得或，可知，所以，即，所以，所以实数的取值范围是.(12分)21.【解析】的定义域为（1）当时，则，所以当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. (5分)（2）由题意可得，令，解得.因为，所以，所以在上有唯一零点.当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.所以.因为在上恒成立，且有且只有一个实数解，所以即消去并整理得.令，则，在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以.又，且函数在上单调递增，所以.(12分)22.解析】曲线(为参数)，化为普通方程为：，所以曲线的极坐标方程为.(5分)设，因为，所以，所以的取值范围是(10分)