1、第一次模拟理科数学答案 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合,则等于（）A B C D【答案】B【分析】求出集合，利用交集运算可求得结果.【详解】，.2设复数满足，则复数的虚部是（）AB5CD【答案】D【分析】根据复数模的计算以及复数的除法运算，求得复数，即可得答案.【详解】复数满足,即，所以，故复数的虚部是3已知平面向量，且，则（）A1B14CD【答案】C【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为，b=所以，所以4农历是我国古代通行历法，被誉为“世界上最突出和最优秀的智慧结晶”它以月相变化周期
2、为依据，每一次月相朔望变化为一个月，即“朔望月”，约为天由于历法精度的需要，农历设置“闰月”，即按照一定的规律每过若干年增加若干月份，来修正因为天数的不完美造成的误差，以使平均历年与回归年相适应：设数列满足，其中均为正整数：，那么第级修正是“平均一年闰个月”已知我国农历为“年共闰个月”，则它是（）A第6级修正B第5级修正C第4级修正D第3级修正【答案】B【分析】根据题意依次求出，再判断哪一个等于即可.【详解】因为数列满足，其中均为正整数：，所以，所以“年共闰个月”为第5级修正，5设抛物线的焦点为，点在上，若，则（）ABCD【答案】A【分析】根据抛物线方程可得焦点坐标，进而得到，利用抛物线焦半径
3、公式和抛物线方程可得点坐标，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】由抛物线方程得：，则，设，解得：，.故选：A6执行如图所示的程序框图，如果输入的正整数，则输出的值是（）A5B7C8D13【答案】C【分析】根据循环框图的功能，一一循环验证即可.【详解】解：第一次循环后；第二次循环后；第三次循环后；第四次循环后；此时，终止循环，输出C=8，故选：C7.等比数列满足，设数列的前项和为，则=（）ABC5D11【答案】A【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列通项公式化简条件求，判断数列为等比数列，然后利用等比数列的前项和公式计算.【详解】设等比数列的公比为 由可得，又，所以，所以，因为，故数列也为等
4、比数列，公比为所以等比数列的公比为因此,所以8如图，已知正方体的棱长为2，分别为，的中点.则下列选项中错误的是（）A直线平面B在棱上存在一点，使得平面平面C三棱锥在平面上的正投影图的面积为4D若为棱的中点，则三棱锥的体积为【答案】C【详解】解：对于A：连接，交于点，连接、，显然为的中点，又，分别为，的中点所以且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：取中点，连接，显然，所以，又，所以所以，由正方体，可得平面，平面，对于C：如图，连接，则四边形为三棱锥在平面上的正投影，因为，故C错误；对于D，9甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制在一局比赛中，
5、先得11分的运动员为胜方，但打到10：10平后，先多得2分者为胜方在10：10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为（）ABCD【答案】D【分析】由题意，分为乙分别在第一二场胜两种情况，结合概率的乘法公式以及加法公式，可得答案.【详解】由题意，此局分两种情况：（1）后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为：；（2）后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为：；所以，所求事件概率为.故选：D10在三棱锥中，且，则三棱锥的外接球的表面积为（）ABC D【答案】A【
6、分析】分析出P,A,B,C四点在同一长方体的顶点上即可求解.【详解】，所以,所以，又,，所以,所以，又，所以平面，所以,所以，所以的外接球的表面积.故选：A11设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】先求出M，N两点的坐标，再利用余弦定理，求出a,c之间的关系，即可得了双曲线的离心率.【详解】解：不妨设圆与相交，且点的坐标为，则点的坐标为，联立，得，又且，所以，所以由余弦定理得：，化简得，所以，所以.故选：B12已知函数的定义域为R，为偶函数，当时，（且），且则（）A4
7、0B32C30D36【答案】D【分析】本题主要考查函数的奇偶性、周期性和对称性，根据奇偶性、周期性和对称性即可求值.【详解】因为是偶函数，所以，用代替可得：，所以，所以函数关于直线对称，又因为，所以，所以，所以关于点中心对称，所以函数的周期为，因为当时，（且），且，所以，解得：或，因为且，所以.所以当时，所以，所以，所以,故选：D二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.132022年11月30日，神州十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神州十四号航天员乘组首次实现“太空会师”若执行下次任务的3名航天员需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性
8、航天员的概率为_【答案】#【分析】利用对立事件和古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由题意可得：在3名女相航天员和3名男性航天员中选择3名航天员，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率，14圆心在直线上，且过两圆，交点的圆的标准方程为_.【答案】【详解】设圆心坐标为，半径为，则，解得，所以该圆的标准方程为， 15已知函数的最小正周期为T，若，且的图象关于点对称，则当取最小值时，_.【答案】【分析】首先根据最小正周期为，结合求得的值，再根据对称中心公式得，求出关于的表达式；找出取最小值时对应的，即可求出的具体取值，写出的解析式然后计算得出结果.【详解】第一步：求A的值由题意可
9、得，则，故.第二步：求的最小值由的图象关于点对称可得，故，即，又，所以当，取得最小值.第三步：求的值.此时，. 16已知函数（其中a为常数）有两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是_.【答案】【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.【详解】.若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.由，及方程根的情况，得，则，.又，所以，要使恒成立，只需恒成立.又，令，则，当时，为减函数，所以当时，.由题意，要使恒成立，只需满足.故答案为：三、解答题:本题共6道题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17（
10、12分）在中，角所对的边分别为，.（）证明：；（）若，当角取得最大值时，求的面积. 【分析】（1）由题给条件利用两角和的正弦公式及正弦定理即可证得；（2）先利用余弦定理求得角最大值为，进而求得的面积.【详解】（1）因为，所以.1分所以，所以所以.4分所以，由正弦定理得.6分（2），（当且仅当时等号成立），.8分则当时，取得最小值，又，所以角最大值为.10分此时为等边三角形，所以的面积为.12分18.解：由题意.2分令，设y关于t的线性回归方程为直线 则.5分则，.7分，又，y关于x的回归方程为.8分（2）仅从现有统计数据所得回归方程，可发现当推广时间越来越长时，即x越来越大时，y的值会逐渐降至
11、接近于30，可知该省一直加大力度推广下去，网络诈骗举报件数大概会逐渐降至30件.10分但在使用经验回归方程进行预测时，方程只适用于所研究的样本总体，一般具有时效性，不能期望回归方程得到的预报值就是响应变量的精确值，所以若加大力度一直推广下去，并随着国家对网络诈骗的严厉打击和科技发展，再加上相关部门对个人信息防护手段的加强，人们对网络诈骗犯罪的防范意识逐步提高，网络诈骗举报件数是有可能降至接近于零的.12分（第二问学生若回答不能接近于零，只要理由充分，也可酌情给分）19如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，为正三角形，.(1)求证：平面平面SBC；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析
12、(2)【分析】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，证明平面SAB后可得证面面垂直；（2）以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，则且.因为，所以，所以四边形OCDE为平行四边形，则.2分因为，故，故. .3分 因为，故. .4分 因为，SA，平面SAB，所以平面SAB. .5分 因为平面SBC，所以平面平面SBC.6分 （2）连接AO，因为为正三角形，所以，因为平面平面SBC，平面平面，面，所以平面SBC，OC、OS在面SBC内，又，故OA
13、，OS，OC两两垂直，故以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示. .8分设，则，所以，（难点：点D的坐标不易直接看出，可先求出点E的坐标，利用求解点D的坐标）所以，.设面SAD的法向量为，由，令，得. .10分设面SAC的法向量为，则，令，得.11分则， 显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.12分20已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若为等边三角形，且点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点
14、，并求该定点的坐标.【答案】(1)(2)点或【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；（2）设点，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.【详解】（1）为等边三角形，且，又，.2分设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程得，解得，.4分所以椭圆E的方程为.5分（2）由已知得，设，,则直线的斜率为，直线的方程为，即点坐标为，直线的斜率为，直线的方程为，即点坐标为,.6,，又，即，整理得，.8若直线的斜率存在时,设直线
15、的方程为，将直线方程与椭圆方程联立得，其中，即，所以或，当时，直线的方程为，此时直线恒过点，当时，直线的方程为，此时直线恒过点，.11分若直线的斜率不存在时，由得，即，解得或，此时直线的方程为或，又直线与椭圆交于两点，（4，0）不符合综上所述，直线恒过点.12分21已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若，探究在上的零点个数，并说明理由【分析】（1）当时，利用切点和斜率求得切线方程.（2）令，化简后构造函数，通过二次求导的方法研究，结合零点存在性定理得到结论.【详解】（1）由题意得，则.2分而，.3分所求切线方程为；.4分（2）令，即，令，当x时，.6分令，x，则单调递增，且，.在
16、上存在唯一零点，记为，且x时，；x时，在上单调递减，在上单调递增，.8分，在上存在唯一零点，且在上恒小于0，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，且，在，上至多只有一个零点.10分令，x，则，取，则有，又，由零点存在定理可得，在上存在零点，函数f（x）在上的零点个数为1个.12分22在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值【答案】(1)C：，直线l：(2)【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），所以，所以即曲线C的普通方程为.3分直线l的极坐标方程为，则，转换为直角坐标方程为.5分直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）.6分（2）令点A，B对应的参数分别为，由代入，得，则，即t1、t2为负，.8分故.10分23已知函数(1)当时，求的最小值；(2)若，时，对任意使得不等式恒成立，证明：【详解】（1）当时，当，；当，；当，；当时，的最小值为2.5分（2），当时，可化为，.6分令，.8分当且仅当时取得等号；又当时，故.10分
