2022屆甘肅省慶陽市長慶高三第一次調研測試數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1設是虛數單位，則（ ）ABCD2某單位去年的開支分布的折線圖如圖1所示，在這一年中的水、電、交通開支（單位：萬元）如圖2所示，則該單位去年的水費開支占總開支的百分比為（ ）ABCD3

2、已知集合，則等于（ ）ABCD4下列命題是真命題的是（ ）A若平面，滿足，則；B命題：，則：，；C“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件；D命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”.5已知空間兩不同直線、，兩不同平面，下列命題正確的是（ ）A若且，則B若且，則C若且，則D若不垂直于，且，則不垂直于6已知 若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD7已知在平面直角坐標系中，圓：與圓：交于，兩點，若，則實數的值為（ ）A1B2C-1D-28一個由兩個圓柱組合而成的密閉容器內裝有部分液體，小圓柱底面半徑為，大圓柱底面半徑為，如圖1放置容器時，液面以上空余部分的高為，如圖2放置容器時，液面以上

3、空余部分的高為，則（ ）ABCD9已知函數，且關于的方程有且只有一個實數根，則實數的取值范圍（ ）ABCD10已知直線和平面，若，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D不充分不必要11定義在上的偶函數，對，且，有成立，已知，則，的大小關系為（ ）ABCD12已知全集，集合，則陰影部分表示的集合是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知均為非負實數，且，則的取值范圍為_14已知集合，則_15若，則_.16某種賭博每局的規(guī)則是：賭客先在標記有1，2，3，4，5的卡片中隨機摸取一張，將卡片上的數字作為其賭金；隨后放回該卡片，再隨機摸取兩張，

4、將這兩張卡片上數字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金若隨機變量1和2分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，則D（1）_，E（1）E（2）_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），將曲線上各點縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變）得到曲線，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）寫出的極坐標方程與直線的直角坐標方程；（2）曲線上是否存在不同的兩點，（以上兩點坐標均為極坐標，），使點、到的距離都為3？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.18（12分）對于正整數，如果個整數滿足，且，則稱數

5、組為的一個“正整數分拆”.記均為偶數的“正整數分拆”的個數為均為奇數的“正整數分拆”的個數為.()寫出整數4的所有“正整數分拆”;()對于給定的整數，設是的一個“正整數分拆”，且，求的最大值;()對所有的正整數，證明:;并求出使得等號成立的的值.(注:對于的兩個“正整數分拆”與，當且僅當且時，稱這兩個“正整數分拆”是相同的.)19（12分）在中，角的對邊分別為.已知，.（1）若，求；（2）求的面積的最大值.20（12分）數列的前項和為，且.數列滿足，其前項和為.（1）求數列與的通項公式；（2）設，求數列的前項和.21（12分）已知函數，.（1）當時，求函數在點處的切線方程；比較與的大小; （2

6、）當時，若對時，且有唯一零點，證明：22（10分）()證明： ；()證明：()；()證明：.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1A【解析】利用復數的乘法運算可求得結果.【詳解】由復數的乘法法則得.故選：A.【點睛】本題考查復數的乘法運算，考查計算能力，屬于基礎題.2A【解析】由折線圖找出水、電、交通開支占總開支的比例，再計算出水費開支占水、電、交通開支的比例，相乘即可求出水費開支占總開支的百分比.【詳解】水費開支占總開支的百分比為.故選：A【點睛】本題考查折線圖與柱形圖，屬于基礎題.3A【解析】進行交集的運算即可【詳解

7、】，1，2，1，故選：【點睛】本題主要考查了列舉法、描述法的定義，考查了交集的定義及運算，考查了計算能力，屬于基礎題4D【解析】根據面面關系判斷A；根據否定的定義判斷B；根據充分條件，必要條件的定義判斷C；根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面，滿足，則可能相交，故A錯誤；命題“：，”的否定為：，故B錯誤；為真，說明至少一個為真命題，則不能推出為真；為真，說明都為真命題，則為真，所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件，故C錯誤；命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”，故D正確；故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件，寫出命題的逆否命題等，屬于中檔題.5C【解析】因答案A中的直

8、線可以異面或相交，故不正確；答案B中的直線也成立，故不正確；答案C中的直線可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知兩平面互相垂直，是正確的；答案D中直線也有可能垂直于直線，故不正確應選答案C6C【解析】先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.當時，由，得，解得，此時；當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，則，此時；當時，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不

9、等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.7D【解析】由可得，O在AB的中垂線上，結合圓的性質可知O在兩個圓心的連線上，從而可求.【詳解】因為，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，三點共線，所以，得，故選D.【點睛】本題主要考查圓的性質應用，幾何性質的轉化是求解的捷徑.8B【解析】根據空余部分體積相等列出等式即可求解.【詳解】在圖1中，液面以上空余部分的體積為；在圖2中，液面以上空余部分的體積為.因為，所以.故選：B【點睛】本題考查圓柱的體積，屬于基礎題.9B【解析】根據條件可知方程有且只有一個實根等價于函數的圖象與直線只有一個交點，

10、作出圖象，數形結合即可【詳解】解：因為條件等價于函數的圖象與直線只有一個交點，作出圖象如圖，由圖可知，故選：B【點睛】本題主要考查函數圖象與方程零點之間的關系，數形結合是關鍵，屬于基礎題10B【解析】由線面關系可知，不能確定與平面的關系，若一定可得，即可求出答案.【詳解】,不能確定還是，當時，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查了必要不充分條件，線面垂直，線線垂直的判定，屬于中檔題.11A【解析】根據偶函數的性質和單調性即可判斷.【詳解】解：對，且，有在上遞增因為定義在上的偶函數所以在上遞減又因為，所以故選：A【點睛】考查偶函數的性質以及單調性的應用，基

11、礎題.12D【解析】先求出集合N的補集，再求出集合M與的交集，即為所求陰影部分表示的集合.【詳解】由，可得或，又所以.故選：D.【點睛】本題考查了韋恩圖表示集合，集合的交集和補集的運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設,可得的取值范圍,分別利用基本不等式和，把用代換,結合的取值范圍求關于的二次函數的最值即可求解.【詳解】因為,，令，則 ,因為,當且僅當時等號成立,所以 ,即,令則函數的對稱軸為,所以當時函數有最大值為,即當且，即，或，時取等號；因為,當且僅當時等號成立,所以,令,則函數的對稱軸為,所以當時,函數有最小值為,即，當,且時取等號，所以.故答

12、案為:【點睛】本題考查基本不等式與二次函數求最值相結合求代數式的取值范圍;考查運算求解能力和知識的綜合運用能力;基本不等式:和的靈活運用是求解本題的關鍵;屬于綜合型、難度大型試題.14【解析】由于，則1513【解析】由導函數的應用得：設，所以，又，所以，即，由二項式定理：令得：，再由，求出，從而得到的值；【詳解】解：設，所以，又，所以，即，取得：，又，所以，故，故答案為：13【點睛】本題考查了導函數的應用、二項式定理，屬于中檔題162 0.2 【解析】分別求出隨機變量1和2的分布列，根據期望和方差公式計算得解.【詳解】設a，b1，2，1，4，5，則p（1a），其1分布列為：1 1 2 1 4

13、5 P E（1）（1+2+1+4+5）1D（1）（11）2+（21）2+（11）2+（41）2+（51）2221.4|ab|的可能取值分別為：1.4，2.3，4.2，5.6，P（21.4），P（22.3），P（24.2），P（25.6），可得分布列2 1.4 2.3 4.2 5.6 P E（2）1.42.34.25.62.3E（1）E（2）0.2故答案為：2，0.2【點睛】此題考查隨機變量及其分布，關鍵在于準確求出隨機變量取值的概率，根據公式準確計算期望和方差.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1），（2）存在，【解析】（1）先求得曲線的普通方程，利用伸縮變換

14、的知識求得曲線的直角坐標方程，再轉化為極坐標方程.根據極坐標和直角坐標轉化公式，求得直線的直角坐標方程.（2）求得曲線的圓心和半徑，計算出圓心到直線的距離，結合圖像判斷出存在符合題意，并求得的值.【詳解】（1）曲線的普通方程為，縱坐標伸長到原來的2倍，得到曲線的直角坐標方程為，其極坐標方程為，直線的直角坐標方程為.（2）曲線是以為圓心，為半徑的圓，圓心到直線的距離.由圖像可知，存在這樣的點，則，且點到直線的距離，.【點睛】本小題主要考查坐標變換，考查直線和圓的位置關系，考查極坐標方程和直角坐標方程相互轉化，考查參數方程化為普通方程，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.18 () ，；()

15、為偶數時，為奇數時，；()證明見解析，【解析】()根據題意直接寫出答案.()討論當為偶數時，最大為，當為奇數時，最大為，得到答案.() 討論當為奇數時，至少存在一個全為1的拆分，故，當為偶數時， 根據對應關系得到，再計算，得到答案.【詳解】()整數4的所有“正整數分拆”為：，.()當為偶數時，時，最大為；當為奇數時，時，最大為；綜上所述：為偶數，最大為，為奇數時，最大為.()當為奇數時，至少存在一個全為1的拆分，故；當為偶數時，設是每個數均為偶數的“正整數分拆”，則它至少對應了和的均為奇數的“正整數分拆”，故.綜上所述：.當時，偶數“正整數分拆”為，奇數“正整數分拆”為，；當時，偶數“正整數分

16、拆”為，奇數“正整數分拆”為，故；當時，對于偶數“正整數分拆”，除了各項不全為的奇數拆分外，至少多出一項各項均為的“正整數分拆”，故.綜上所述：使成立的為：或.【點睛】本土考查了數列的新定義問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.19（1）；（2）4【解析】（1）根據已知用二倍角余弦求出，進而求出，利用正弦定理，即可求解；（2）由邊角，利用余弦定理結合基本不等式，求出的最大值，即可求出結論.【詳解】（1），由正弦定理得.（2）由（1）知，所以，當且僅當時，的面積有最大值4.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角恒等變換解三角形，應用基本不等式求最值，屬于基礎題.20（1），；（2）.【解

17、析】（1）令可求得的值，令，由得出，兩式相減可推導出數列為等比數列，確定該數列的公比，利用等比數列的通項公式可求得數列的通項公式，再利用對數的運算性質可得出數列的通項公式；（2）運用等差數列的求和公式，運用數列的分組求和和裂項相消求和，化簡可得.【詳解】（1）當時，所以；當時，得，即，所以，數列是首項為，公比為 的等比數列，.；（2）由（1）知數列是首項為，公差為的等差數列，.，.所以.【點睛】本題考查數列的遞推式的運用，注意結合等比數列的定義和通項公式，考查數列的求和方法：分組求和法和裂項相消求和，考查運算能力，屬于中檔題21（1）見解析，見解析；（2）見解析【解析】（1）把代入函數解析式，

18、求出函數的導函數得到，再求出，利用直線方程的點斜式求函數在點處的切線方程；令，利用導數研究函數的單調性，可得當時，；當時，；當時，（2）由題意，在上有唯一零點利用導數可得當時，在上單調遞減，當，時，在，上單調遞增，得到由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即令，則，再由在上恒成立，得在上單調遞減，進一步得到在上單調遞增，由此可得【詳解】解：（1）當時，又，切線方程為，即；令，則，在上單調遞減又，當時，即；當時，即；當時，即證明：（2）由題意，而，令，解得，在上有唯一零點當時，在上單調遞減，當，時，在，上單調遞增在恒成立，且有唯一解，即，消去，得，即令，則，在上恒成立，在上單調遞減，又， ，在上單調遞