2022届陕西省渭南市临渭区高三第一次质量检测数学（理）试题【含答案】

2022届陕西省渭南市临渭区高三第一次质量检测数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先化简集合，再根据交集运算法则计算即可． 【详解】解：， 或， ∴ 集合M=， ， 即， ， ∴ 集合N=， ． 故选：C． 2．（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由复数的除法运算法则计算． 【详解】解：. 故选：D． 3．已知，为不同直线，，为不同平面，则下列选项：①，；②，；③；④，其中能使成立的充分条件有 A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 【答案】C 【分析】结合线面垂直、线面平行的性质与判定定理，对四个选项中的结论逐一进行分析,即可得到结果. 【详解】①中，，由线面垂直的第二判断定理，可得,故①正确. ②中，，,则与可能平行也可能相交，故② 错误. ③中，，则与可能平行也可能相交也可能线在面内，故③错误. ④中， ，由面面平行的性质，可得得,故④正确， 故能使成立的充分条件有① ④ ，故选C. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4．已知第四象限内抛物线上的一点到轴的距离是该点到抛物线焦点距离的，则点的坐标为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用抛物线上点到焦点距离与到准线的距离相等，设，列式计算即可得解. 【详解】解：设，则根据题意及抛物线的定义可得:，解得， 代入抛物线方程得：， 又点在第四象限，所以，故. 故选：B. 【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查的数学核心素养是数学运算,属于基础题. 5．的展开式的常数项为，则实数（    ） A．2 B．-2 C．1 D．-1 【答案】B 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为0，求出的值，从而列方程可求出的值 【详解】的展开式的通项，令，得， 所以，解得， 故选：B. 【点睛】此题考查二项式定理的应用，利用二项式展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题 6．函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用分式有意义和函数的奇偶性排除B，C，然后观察剩佘选项的不同点，利用特殊值法排除A，从而得解． 【详解】因为，所以，排除选项B； 因为，所以为奇函数，排除选项C； 因为，所以排除选项A． 故选：D． 7．等差数列中，若，则数列前11项的和为 A．121 B．120 C．110 D．132 【答案】A 【详解】设等差数列的公差为d， ∵， ∴, ∴, ∴, 解得. ∴．选A． 8．已知，则 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题首先可以根据诱导公式以及二倍角公式对进行化简，然后代入，即可得出结果. 【详解】因为， 所以 故选：A. 【点睛】本题考查诱导公式以及二倍角公式的灵活应用，考查的公式有、以及，考查化归与转化思想，是中档题. 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ） A．8 B． C． D．16 【答案】B 【分析】由三视图画出其直观图，再根据锥体的体积公式计算可得； 【详解】解：由三视图可知，该几何体是一个竖放的四棱锥（有一条侧棱垂直于底面），其直观图如图所示：四棱锥的底面是直角梯形（上底为，下底为，高为），四棱锥的高是，所以直角梯形的面积为，所以该四棱锥的体积为． 故选:B． 【点睛】本题考查由三视图求直观图的体积，属于基础题. 10．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若sin B＋2sin Acos C＝0，则当cos B取最小值时，＝（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【解析】把sin B＋2sin Acos C＝0利用正余弦定理统一成边，再利用余弦定理表示出cos B，结合基本不等式可得结果 【详解】由sin B＋2sin Acos C＝0，根据正弦定理和余弦定理得， ∴，∴， ∴， 当且仅当，即时取等号，cos B取最小值． 故选：B． 【点睛】此题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式的应用，属于基础题 11．已知双曲线与函数的图象交于点，若函数的图象在点处的切线过双曲线左焦点，则双曲线的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设的坐标为，函数的导数，根据条件可得，可解得，即，再根据双曲线的定义可求出其，从而得到离心率. 【详解】设的坐标为，由左焦点，所以 函数的导数， 则在处的切线斜率， 即，得，则， 设右焦点为，则，即， ，∴双曲线的离心率. 故选：D 12．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意转化为方程有两个不同的实数根，整理得到有两个不同的实根，转化为和在上有两个交点，根据导数求出的单调性、极值和最值，从而得到的取值范围. 【详解】要使函数有两个极值点， 求导得， 则转化为有两个不同的实根， 即和在上有两个交点， 令，∴． 记， 在上单调递减，且， 所以当时，，， 所以在上单调递增； 当时，，， 所以在上单调递减， 故． 当时，；当时，， 所以，当，即时， 和在上有两个交点， 故选D． 【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性、极值和最值，函数与方程，属于中档题. 二、填空题 13．已知曲线在某点处的切线的斜率为，则该切线的方程为______. 【答案】 【分析】对函数求导后，利用导数的几何意义列方程求出切点坐标，从而可求出切线方程. 【详解】设切点坐标为（）， 由，得（）， 因为曲线在处的切线的斜率为， 所以，解得（舍去），或， 所以， 所以切线方程为，即， 故答案为：. 14．已知向量，满足，若，则向量与向量的夹角为____． 【答案】 【解析】先根据得，再根据向量夹角公式计算即可得答案. 【详解】解：∵，∴，即， ∴， ∴， ∴. 故答案为：． 15．若点在不等式组所表示的区域内，则目标成数的最大值与最小值之和为_________. 【答案】 【分析】作出不等式组对应的平面区域，设得，利用数形结合即可的得到结论． 【详解】解：不等式组，所表示的区域如图： 由题意可知，，，当的平行线经过点时，截距最大，有最小值，最小值为：，经过时，截距最小，此时最大：1， 所以目标函数的最大值与最小值之和为：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键． 16．《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（""表示一根阳线，""表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为_______. 【答案】 【分析】观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。 【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。 ∴从8个卦中任取2卦，共有种可能，两卦中共2阳4阴的情况有，所求概率为。 故答案为：。 【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。 三、解答题 17．某市教育部门规定,高中学生三年在校期间必须参加不少于80小时的社区服务．教育部门在全市随机抽取200位学生参加社区服务的数据,按时间段,,,,（单位：小时）进行统计,其频率分布直方图如图所示． （1）求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率； （2）从全市高中学生（人数很多）中任意选取3位学生,记为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数．试求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1）；（2）分布列见解析， 【分析】（1）由频率分布直方图可求出抽取的位学生中，参加社区服务时间不少于小时的学生人数为人，再根据古典概型概率公式可得结果； （2）由已知得随机变量X的可能取值为0，1，2，3，X～B（3，），由此能求出随机变量X的分布列和数学期望EX． 【详解】（1）根据题意， 参加社区服务在时间段的学生人数为人； 参加社区服务在时间段的学生人数为人； ∴抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人. ∴从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为. （2）由（1）可知，从全市高中学生中任意选取1人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为，X～B（3，），由已知得，随机变量的可能取值为0,1,2,3， 则，， ，， 随机变量的分布列为： ∴. 【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查离散型随机变量二项分布的分布列和数学期望，属于中档题． 18．已知各项均为正数的数列的前项和为，且，.各项均为正数的等比数列满足，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由，可得，两式相减化简可得，再求出，可得是首项为1，公差为3的等差数列，从而可求出，再由，可求出数列的公比，从而可求出； （2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得. 【详解】（1）因为， 当时，，解得； 当时，， 两式相减，得，即， 又各项均为正数，所以，即. 因为满足上式， 所以是首项为1，公差为3的等差数列. 所以. 设等比数列的公比为，因为，， 所以， 解得（或舍去）， 所以. （2）， 所以， ， 两式相减得： 所以. 19．如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）证明出平面，即可证得； （2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为. 【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面， 平面，则， ，则，为的中点，则， ，平面， 平面，因此，； （2），，，所以，， 同理可得， 取的中点，连接，则， 因为且，故四边形为矩形，则， 所以，， 由余弦定理可得，则， 所以，的边上的高， 平面，平面，则， ，，平面， 因为，平面，平面，故平面， ，故点到平面的距离， 设二面角为，则. 20．已知椭圆：的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设点，过点的直线不经过点，且与椭圆交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和是定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程. （2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此计算出直线的斜率与直线的斜率之和是定值. 【详解】（1）由题意得，所以， 不妨设直线的方程为，，即， 所以原点到直线的距离为， 解得，所以，故椭圆的标准