广西南宁市第三中学2022届高三下学期一模数学（理）试题.docx

南宁三中2021~2022学年度下学期高三校一模
理科数学试题
命题人：刘辉 审题人：於慧锋 汪世杰
一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，满分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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求集合，，再根据集合交集运算即可得答案.
【详解】解：由于，，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集运算，是基础题.
2. 已知复数，则（ ）
A. 的虚部为 B. 的实部为 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘方、复数的模、实部、虚部等知识求得正确答案.
【详解】因为，
所以的实部为，虚部为，所以A选项错误，B选项正确.
与不能比较大小，C选项错误.
，D选项错误.
故选：B
3. 甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击10次．四人测试成绩对应的条形图如下：

以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确的是（ ）
A. 平均数相同 B. 中位数相同 C. 众数不完全相同 D. 丁的方差最大
【答案】D
【解析】
【分析】观察四名同学的统计图的特征，四位同学的直方图都关于5环对称，因此它们的平均数都是5，中位数相同，众数显然不完全相同，根据方差的定义分别计算四名同学的方差即可得出结论.
【详解】解：由图的对称性可知，平均数都为；
由图易知，四组数据的众数不完全相同，中位数相同；
记甲、乙、丙、丁图所对应的方差分别为，则
，
，
，
，
所以丙的方差最大．
故选：D．
【点睛】本小题考查统计图表、数字特征的概念等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想、统计与概率思想；考查直观想象、数据处理、数学运算等核心素养，体现基础性、应用性．
4. 已知命题；命题则下列命题中为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断命题，命题的真假，再利用复合命题判断.
【详解】对于命题，当时，，故命题p为真命题，是假命题；
对于命题，因为，所以，故命题q是真命题，是假命题；
所以是真命题， 是假命题，是假命题，是假命题，
故选：A
5. 已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：）
A. 48个月 B. 52个月 C. 64个月 D. 120个月
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以，
这种垃圾完全分解，即当时，有，即，
解得.
故选：B
6. 有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A. 分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法；
B. 分给甲、乙、丙三人中，一人4本，另两人各1本，有180种分法；
C. 分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，共有90种分法；
D. 分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分别按照选项说法列式计算验证即可做出判断.
【详解】选项A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有种分配方法，故该选项错误；
选项B，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，先将6本书分成4-1-1的3组，再将三组分给甲乙丙三人，有种分配方法，故该选项错误；
选项C，6本不同的书分给甲乙每人各2本，有种方法，其余分给丙丁每人各1本，有种方法，所以不同的分配方法有种，故该选项错误；
选项D，先将6本书分为2-2-1-1的4组，再将4组分给甲乙丙丁4人，有种方法，故该选项正确.
故选：D.
7. 等腰直角三角形ABC中，，，D是斜边BC上一点，且，则( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】以为基底表示向量，根据向量数量积的运算律即可计算．
【详解】，∴，
∵，
．
故选：C．

8. 如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.
【详解】依题意，在中，，则m，
在中，，则m，
在中，，由余弦定理得：，
即，解得m，即有，
所以他的步行速度为.
故选：D
9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 在上单调递减
B. 该函数的初相是
C. 该图象可由的图象向左平移个单位得到
D. 的图象关于直线对称
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象求出函数的解析式，根据正弦型函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】由图象可知, 所以, 解得，
又图象过点，所以，因为，所以，
故，
当时，，所以单调递增，A错误；
由解析式知函数的初相是，故B正确；
的图象向左平移个单位得到，故C正确；
当时，为最大值，知的图象关于直线对称，故D正确,
故选：A
10. 已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，易知平面时，截面面积最小，求得截面圆的半径，然后在，利用勾股定理求得四面体的边长即可.
【详解】如图所示：

易知平面时，截面面积最小.
设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，
则，，
所以.
由，解得，
则，
解得.
又正四面体的高为，
所以正四面体的体积，
故选：D.
11. 已知关于x的不等式-x- alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为
A. （-∞，1-e] B. （-∞，-3] C. （-∞，-2] D. （-∞，2- e2]
【答案】B
【解析】
【分析】
化简得到，根据化简得到答案.
【详解】根据题意：.
设，则，
则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.
根据，，故.
故选：.
【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.
12. 已知正方体的外接球表面积为，点E为棱的中点，且平面，点平面，则平面截正方体所得的截面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得正方体的边长，画出截面，利用向量法证得平面，根据梯形面积公式计算出截面的面积.
【详解】设该正方体外接球的半径为R，
依题意，，解得，故，，故.
分别取棱，的中点F，G，连接，，，，
根据正方体的性质可知：四边形为等腰梯形，
建立如图所示空间直角坐标系，，
，
，
所以，由于，
所以平面，即截面为等腰梯形.
由题可知，，
所以等腰梯形的高为，
故截面图形的面积为

故选：D
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卷相应位置上．）
13. 已知实数，满足约束条件，设，则最小值为_________.
【答案】-2
【解析】
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．
【详解】作出可行域如图所示：

由，可得：.
由可行域易知，当直线过点时，纵截距最大，取得最小值.
此时. .
故答案为：-2.
14. 若的展开式常数项为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出二项展开式的通项，令的指数为零，可得出方程组，进而可解得的值.
【详解】的展开式通项为，
由题意可得，解得.
故答案为：.
15. 已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．
【答案】；
【解析】
【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】设，，因为函数是偶函数，
所以，
当时，，，，
所以在处的切线方程为，
即.
故答案为：
16. 如图，已知，分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左支交于、两点，连接，，在中，，，则双曲线的离心率为________．

【答案】
【解析】
【分析】设，利用双曲线的定义和，得到，再根据为等腰三角形，求得，如何在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：设，
由双曲线的定义可得，
由，得，
即，
因为为等腰三角形，
所以，
解得（负值舍去），
在中，
，即，
所以．
故答案为：
三、解答题（本大题共6小题，其中选做题10分，其余每小题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）
17. 在① ,,② ,, ③ , 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证数列的前项和
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【详解】（1）方案一：选条件①.
设等差数列的公差为.
因为，，
所以,解得
所以.
方案二：选条件②.
设等差数列的公差为.
因为，，所以,解得
所以.
方案三：选条件③.
设等差数列的公差为，所以.
因为，，所以，，
所以，
所以.
（2）由（1）知，
所以

=＜
18. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示.

（1）估计这组数据的平均数；
（2）在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；
（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购.请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？
【答案】（1）；
（2）；
（3）选择方案②获利多.
【解析】
【分析】（1）根据区间的频率和区间中点的坐标进行求解即可；
（2）根据分层抽样的性质，用列举法，结合古典概型的计算公式进行求解即可；
（3）根据两个不同方案进行计算求解判断即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图知，各区间频率为，
这组数据的平均数为：；
【小问2详解】
利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在内的芒果有2个，记为，，质量在内的芒果有3个，记为；
从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：，

记事件为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则有4种不同组合：

从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为；
【小问3详解】
方案①收入：（元）；
方案②：低于350克的芒果收入为（元；
不低于350克的支果收入为（元）；
故方案②的收入为（元）.
由于，所以选择方案（2）获利多.
19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA底面ABCD，AB=1，PA=2，E为PB的中点，点F在棱PC上，且PF=PC.

（1）求直线CE与直线PD所成角的余弦值；
（2）当直线BF与平面CDE所成的角最大时，求此时的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用坐标法，利用向量夹角公式即得；
（2）利用线面角的向量求法，然后利用基本不等式即得.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、，
从而
∴,
即与所成角的余弦值为；
【小问2详解】
点在棱上，且，
所以，
于是，，
又，．
设为平面的法向量，则
，可得，取，则，
设直线与平面所成的角为，则

令，则，
所以，
当，即时，有最小值，
此时取得最大值为，即与平面所成的角最大，
此时，即的值为．
20. 椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；
（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，
设，由，所以的最大值为，
将代入，有，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，
，可得，
由韦达定理可得，
直线BA的方程为，令得点M纵坐标，
同理可得点N纵坐标，
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，

，
由，故，解得．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求函数在上的零点个数．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析
（2）零点个数为2
【解析】
【分析】（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.
（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.
【小问1详解】
解：∵，故，
当时，恒成立，则在上单调递增；
②当时，令，解得，
故时，，单调递减，时，，单调递增.
综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
由已知得，，
则．
①当时，因为，
所以在上单调递减．所以．
所以在上无零点．
②当时，因为单调递增，且，，
所以存在，使．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，且．
所以．设，，则．
令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．所以．
所以．所以在上存在一个零点．
所以在有2个零点．
③当时，，
所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．
综上所述，在上的零点个数为2．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．
（1）求的普通方程，并说明是什么曲线；
（2）已知为圆上一动点，为曲线上一动点，求的最小值．
【答案】（1），是一条射线
（2）
【解析】
【分析】（1）直接消去参数即可得到的普通方程；
（2）利用几何法求出最小值.
【小问1详解】
将曲线的参数方程消去参数，得，
因为，所以的普通方程为，
故是一条射线．
【小问2详解】
因为是一条射线，且端点为，
所以数形结合可知，

当与重合且为线段与圆的交点时，取得最小值，
且最小值为．
23. 已知，，.
（1）求的范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式可求得的取值范围；
（2）由已知可得出，令，将所证不等式等价转化为，通分、因式分解后判断符号，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：因为，，则，由基本不等式可得，可得，
当且仅当时，等号成立，故.
【小问2详解】
证明：因为，所以，，
要证，即证，
即证，
令，即证，
因为
，
故原不等式得证.

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