山西省2022届高考数学（理）考前适应性测试（一模）（Word版附解析）

理科数学一、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（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求集合，运用集合间的运算直接求解.【详解】，所以，故选：A．2.设复数满足，则（）A.-iB.-1C.0或-1D.0或-i【2题答案】【答案】D【解析】【分析】设出，得到方程组，求出，进而求出复数.【详解】设，则，则，所以，所以，解得：或，故或0故选：D3.设，，则的最大值是（）A.1B.C.D.2【3题答案】【答案】D【解析】 【分析】利用平面向量求模公式得到关系式，从而求出最大值.【详解】，则，当时，取得最大值，且最大值为2故选：D4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体各个表面中面积的最大值是（）A.B.C.D.【4题答案】【答案】C【解析】【分析】由该几何体的三视图可知该几何体为三棱锥，如图画出该几何体，分别求出该几何体各个表面的面积，即可得出答案.【详解】解：由该几何体的三视图可知该几何体为三棱锥，如图画出该几何体，为全等的三角形，且，则，，所以该几何体各个表面中面积的最大值是.故选：C. 5.已知命题，；命题，在定义域上是增函数.则下列命题中的真命题是（）A.B.C.D.【5题答案】【答案】A【解析】【分析】根据命题的真假，可判断的真假，再根据“或且非”命题真假的判断方法，可得答案.【详解】设，故为增函数，则，故命题，为真命题，则为假命题，因为，故命题，在定义域上是增函数为真命题，为假命题，所以为真命题，为假命题，为假命题，为真命题，则为假命题，故选：A6.展开式中的常数项是（）A.B.C.D.【6题答案】【答案】B 【解析】【分析】求出展开式通项，令的指数等于0，从而可得出答案.【详解】解：展开式的通项为，令，则，所以展开式中的常数项是.故选：B.7.设，，，则、、的大小关系是（）A.B.C.D.【7题答案】【答案】D【解析】【分析】利用函数在上的单调性可得到、的大小关系，利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.【详解】构造函数，其中，则，当时，，所以，函数在上单调递增，因为，则，即，即，所以，，因为，故，即，即，因此，.故选：D.8.“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法．三分损益包含“三分损一”“三分益 一”．取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二，便得到弦．“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到弦．以宫为第一个音，依次按照损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，合称“五音”.已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（）A.微、商、羽、角B.微、羽、商、角C.商、角、微、羽D.角、羽、商、徵【8题答案】【答案】A【解析】【分析】设宫的弦长为，根据生律法按顺序写出后续四音的弦长，再由题设音高与弦长的反比关系判断五音生成顺序，即可得答案.【详解】由题设，若宫的弦长为，则其它四音对应弦长依次为、、、，因为声音的音高与弦长是成反比，则四音的音高关系为，又音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，所以五音生成顺序为宫、微、商、羽、角.故选：A9.已知数列的前n项和，将该数列排成一个数阵（如图），其中第n行有个数，则该数阵第9行从左向右第8个数是（）A.263B.1052C.528D.1051【9题答案】【答案】D【解析】 【分析】利用，求出，将该数列按第行有个数排成一个数阵，由该数阵前8行有255项，得到该数阵第9行从左向右第8个数字为，由此能求出结果．【详解】数列的前项和为，，时，，时，上式成立，．将该数列按第行有个数排成一个数阵，该数阵前8行有：项，该数阵第9行从左向右第8个数字为,故选：D10.过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为点A，交y轴于点B，若，则C的离心率是（）A.B.C.D.【10题答案】【答案】C【解析】【分析】由双曲线的标准方程可得右焦点，渐近线方程，利用，求出的坐标，代入渐近线上，化简整理，由离心率公式，即可得出结论．【详解】由题意知双曲线右焦点，取渐近线．，可得直线的方程为，令，解得，, ，即,，，即，，又在渐近线上，，解得,该双曲线的离心率．故选：．11.如图①，在中，，，D，E分别为，的中点，将沿折起到的位置，使，如图②.若F是的中点，则四面体的外接球体积是（）A.B.C.D.【11题答案】【答案】B【解析】【分析】依题意可得平面，建立如图所示空间直角坐标系，由已知可得的外接圆的圆心在的中点，设外接球的球心为，半径为，则，即可得到方程，求出，即可求出外接球的半径，最后根据体积公式计 算可得；【详解】解：依题意，，，平面，所以平面，又，如图建立空间直角坐标系，则、、、、、，依题意为直角三角形，所以的外接圆的圆心在的中点，设外接球的球心为，半径为，则，即，解得，所以，所以外接球的体积；故选：B12.已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【12题答案】【答案】C【解析】【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.【详解】，，其中，解得：，则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，，令，解得：；或要满足②，，令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，综上：的取值范围是.故选：C【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是________.【13题答案】【答案】 【解析】【详解】y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，y′|x＝0＝1，∴所求切线方程为x－y＋1＝0.故答案为x－y＋1＝014.将一枚质地均匀的骰子抛掷两次,若先后出现的点数分别为b,c,则方程有实根的概率为______.【14题答案】【答案】【解析】【分析】列出所有情况，计算满足的情况，得到答案.【详解】一枚骰子抛掷两次,其基本事件总数为36,方程有实根的条件为.b123456使的基本事件个数012466由此可见,使方程有实根的基本事件个数为，于是方根有实根的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概率，意在考查学生的计算能力.15.已知数列中，，，，数列的前n项和为.若对于任意的，不等式恒成立，则实数t的取值范围是________.【15题答案】【答案】【解析】【分析】先根据累积法求得，再用裂项相消法求得 ，最后根据不等式恒成立可求解.【详解】由得，则有，化简得，即，所以，所以，所以不等式恒成立，则有.故答案为：16.已知椭圆的焦点为，，点P为椭圆上任意一点，过作的外角平分线所在直线的垂线，垂足为点Q.抛物线上有一点M，它在x轴上的射影为点H，则的最小值是________.【16题答案】【答案】【解析】【分析】如图所示，延长交于点，连接，求出点的轨迹方程为，证明，即得解.【详解】解：如图所示，延长交于点，连接.因为的外角平分线是,且,所以,因为,所以,因为, 所以点的轨迹为以点为圆心2为半径的圆，所以点的轨迹方程为.由题得抛物线的焦点坐标为,准线方程为.所以,所以因为.所以.所以的最小值是.故答案为： 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.如图，圆内接四边形中，，，.（1）求；（2）求面积的最大值.【17~18题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理求边；（2）先求出角D，利用余弦定理和基本不等式得到的最大值，进而求出面积的最大值【小问1详解】 在中，由正弦定理得，即.所以.【小问2详解】因为四边形内接于圆，故.设，，在中，由余弦定理得：.因为，所以，即，当且仅当时等号成立.所以所以面积的最大值是.18.在如图所示的几何体中，平面平面，四边形是矩形，四边形为梯形，，，.（1）证明：平面；（2）设，求二面角的余弦值.【18~19题答案】【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】【分析】（1）取中点E，连接，，，则可得四边形为平行四边形，从则，由线面平行的判定可得平面，再由已知条件可得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定得平面，再利用面面平行的判定得平面平面，最后由面面平行的性质可得结论；（2）由已知可得，，两两垂直，所以以D为原点，分别以，，所在真线为x，y，z轴.建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【小问1详解】证明：取中点E，连接，，.则，，四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.由，，则四边形为平行四边形，所以，.又，，所以，.所以四边形为平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面.因为，平面，平面.所以平面平面.因为平面，所以平面 【小问2详解】连接.因为平面平面，，平面，所以平面.因为，，，所以，所以，所以，因为，所以.所以以D为原点，分别以，，所在真线为x，y，z轴.建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，所以，. 平面一个法向量为，设平面的法向量为.则，即令，得.，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.19.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的离心率，且过点，A，B分别是C的左、右顶点．（1）求C的方程；（2）已知过点的直线交C于M，N两点（异于点A，B），试证直线MA与直线NB的交点在定直线上．【19~20题答案】【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)将点的坐标代入椭圆方程得出关于a、b的方程，结合离心率列出方程组，解方程组即可；(2)设过点G的直线方程为、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据直线的点斜式方程求出直线AM与BN的方程，两式相除，化简计算可得直线AM与BN的交点的横坐标为4，即可证明.【小问1详解】由题意知， ，化简得，解得，故椭圆的方程为；【小问2详解】设过点G直线方程为，，消去x，得，，设，则，所以又，得，所以直线AM的方程为，直线BN的方程为，两式相除，得，即，又，即，解得，即直线AM与BN的交点的横坐标为4，所以直线AM与BN的交点在定直线上. 20.已知函数．（1）当时，证明：在定义域上是增函数；（2）记是的导函数，，若在内没有极值点，求a的取值范围．（参考数据：，．）【20~21题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）对函数求导得且，再应用基本不等式求，结合，可确定的符号，即证结论.（2）对求导得且，将问题转化为或在上恒成立，构造，利用导数研究的单调性，进而求区间值域，即可求a的取值范围．【小问1详解】由题设，且定义域为， 因为，则，当且仅当时等号成立，而，所以，时有，故在上是增函数.【小问2详解】由题设，，则且定义域为，因为在内没有极值点，即或，所以或上恒成立，令，则，当时；当时，令则，，所以在上递增，而，所以在上，故在上递增，而，综上，在上，即，所以，在上，即单调递增，则，故或，即a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：第二问，对求导后，将问题转化为或在上恒成立，并构造函数，利用导数研究单调性求值域. 21.甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.（1）求甲夺得冠军的概率；（2）比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球的数量为X，求随机变量X的分布列与数学期望.【21~22题答案】【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.，记事件“甲夺得冠军”，分析事件A包含的情况，直接求概率；（2）X的可能取值：3，4，5.分析比赛过程，分别求概率，写出分布列，计算数学期望.【小问1详解】记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.显然，，.记事件“甲夺得冠军”，则.【小问2详解】设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知或.则， 故.记“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”.因为每个求最多使用两次，故X的取值为：3，4，5.由题意知比赛前盒内有6颗新球.比赛1局后，盒内必为5颗新球1颗旧球，此时，.若发生，则比赛2局后，盒内有4颗新球，2颗旧球，此时，.若发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，故下次必取得新球.即.于是.故X的分布列为X345P故X的数学期望.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. [选修4-4：坐标系与参数方程]22.在极坐标系中，O为极点，直线与以点为圆心，且过点的圆相交于A，B两点．（1）求圆C的极坐标方程；（2）若，求．【22~23题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）写出点C,M的直角坐标，求得圆的直角坐标方程，化为极坐标方程，可得答案;（2）将代入圆的极坐标方程中，利用根与系数的关系得到，再结合，求得的值，可得答案.【小问1详解】的直角坐标为，的直角坐标为，故圆的半径为，故圆的直角坐标方程为：，将代入，得：，即圆C的极坐标方程为：；【小问2详解】将代入中，得，设分别为A,B对应的极径，故，又，则,即，结合， 可得，故.[选修4-5：不等式选讲]23已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求a的取值范围．【23~24题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用零点分区间讨论法解绝对值不等式，得出解集.（2）根据绝对值不等式的性质，得出，要使恒成立，则即可求出答案.【小问1详解】当时，，当时，解得：，此时.当时，解得：，不成立.当时，解得：，此时.综上可知：不等式的解集为：.【小问2详解】因为，不等式恒成立，等价于，即或，即a的取值范围为：.