精品解析：贵州省安顺市2022届高三第一次教学质量监测统一考试数学（理）试题（解析版）
展开2022届全市高三年级第一次教学质量监测统一考试
理科数学试题
第Ⅰ卷（选择题共60分）
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i为虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法运算求出后，根据共轭复数概念得结论．
【详解】∵，∴的共轭复数为．
故选：B．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用整数与约数的定义化简集合，从而利用集合的运算即可得解.
【详解】对于集合，
因为，，所以是整数，
故或，即或，所以，
又，所以.
故选：A.
3. 若命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出命题的否定，该命题为真命题，根据二次不等式恒成立得出，求解即可得出答案.
【详解】命题“，”的否定为：“，”，
该命题为真命题.
所以，应有，所以.
故选：A.
4. 已知某多面体三视图如图所示，其中A和B分别对应该多面体的两个顶点，则A，B两点间距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三视图还原成直观图，根据所给数据计算即可得解.
【详解】根据题意可得如图所示直观图，为一组合体，
底面为直角梯形，侧棱垂直底面，则为直角三角形，
所以，又，
所以两个顶点的距离为，
故选：D.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断的奇偶性排除AD；再利用指数函数的值域性质排除B，从而得解.
【详解】因为的定义域为，，
所以偶函数，故AD错误；
而恒成立，即的图象恒在轴上方，故B错误；
而C满足上述要求，且又排除了ABD，故C正确.
故选：C.
6. 如图，在中，D是BC边上一点.Р是线段AD的中点，且.则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据和可得，结合B、D、C三点共线可得，即可求解.
【详解】因为是线段AD的中点，且，
所以，
得，
又B、D、C三点共线，
所以，得.
故选：A.
7. 已知，，则下列不等关系中恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】举反例排除ACD；利用基本不等式进行判断B即可.
【详解】对于A：当时，，故A错误；
对于B：因为，，所以，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C：当时，，故C错误；
对于D：当时，，则，而，
显然，故D错误.
故选：B.
8. 我国南宋时期的数学家秦九韶(约1202-1261)在他的著作《数书九章》中提出了多项式求值的秦九韶算法，如图所示的框图给出了利用秦九韶算法求多项式的一个实例.若输入的n=5,v=1,x=2,则程序框图计算的是
A. 2+2+2+2+2+1
B. 2+2+2+2+2+5
C. 2+2+2+2+2+2+1
D. 2+2+2+2+1
【答案】A
【解析】
【详解】执行循环得： 结束循环，输出选A.
点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.
9. 已知实数x，y满足约束条件，则的最小值是（ ）
A. B. －1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义求解.
【详解】作出可行域，如图，
表示经过可行域内点与点直线的斜率，
由图可知，当直线与圆相切于第一象限时，取最小值，
由圆心到直线距离，得（正值舍去），
则.
故选：D.
10. 黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为的点．利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两个黄金分割点，研究发现如下规律：．若等腰△CDE的顶角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据已知可求出，.取中点为，在中，求得，然后根据二倍角的余弦公式，计算，即可得出答案.
【详解】设，由已知可得，
则，
所以，.
如图，取中点为，连接，则.
在中，有，，，
则，
所以，.
故选：B.
11. 已知O是平面上的一个定点，A､B､C是平面上不共线的三点，动点P满足，则点P的轨迹一定经过的（ ）
A. 重心 B. 外心 C. 内心 D. 垂心
【答案】C
【解析】
【分析】根据是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，可知点轨迹，据此可求解.
【详解】因为为方向上的单位向量，为方向上的单位向量，
则的方向与的角平分线一致，
由，可得，
即，
所以点P的轨迹为的角平分线所在直线，
故点P的轨迹一定经过的内心.
故选：C.
12. 已知函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用导数得到的单调与最值情况，结合，解题设不等式即可得解.
【详解】因为，导数为，
当时，单调递增；当时，单调递减；
所以，
而，且在单调递减，在单调递增，
因，所以，则，
所以，则原不等式的解集为.
故选：D.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 等差数列的前n项和为，，，则数列的公差______________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知列出方程组，然后根据等差数列的前项和公式，化简求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，
解得.
故答案为：.
14. 已知点是以为直径的圆上任意一点，且，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示，结合三角函数的值域即可得解.
【详解】依题意，以为轴，的中垂线为轴建立直角坐标系，如图，
则，
因为点是以为直径的圆上任意一点，故可设，
则，所以，
因为，所以，则，
故，即的取值范围为.
故答案为：.
15. 若定义在上的函数，对任意，都有，则称为“函数”．
现给出下列函数，其中是“函数”的有______________．（填出所有正确答案的序号）
①；
②；
③；
④．
【答案】②④
【解析】
【分析】先利用“函数”的定义分析得“函数”的性质，再对所给函数一一分析即可.
【详解】根据题意，对任意，都有恒成立，
则有，即，
当时，，则，即，
所以若函数为“函数”，则函数在上为增函数或常数函数；
①，因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在单调递增，故其不是“函数”，①错误；
②，易得在上单调递增，满足“函数”定义，故②正确；
③，的定义域为，不满足“函数”的定义，故③错误；
④，因为，
当时，为常数函数；当时，单调递增；
显然满足“函数”的定义，故④正确；
故答案为：②④.
16. 已知正三棱柱内接于球O，若该三棱柱的体积是，则球O表面积的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设正三棱柱的底边长为，高为，由已知根据棱柱的体积公式，可得出.作图确定外接球的球心以及底面三角形外接圆的圆心，构造直角三角形，根据勾股定理，表示出.设，求导根据导函数得出函数的最小值，即可得出答案.
【详解】设正三棱柱的底边长为，高为，则由已知可得，
所以有，所以.
如图，设为外接圆的圆心，为三棱柱外接球的球心，外接球的半径为，
则平面，且.
又，，
所以，即.
设，则.
由可得，.
解可得，，所以在上单调递减；
解可得，，所以在上单调递增.
所以，在处取得极小值，也是最小值，
所以，有最小值3，此时，
所以，球O表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据正棱柱的性质，确定球心的位置.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤．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. 在等比数列中，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可；
（2）先由（1）得，再分类讨论为奇数与为偶数两种情况，利用并项求和法即可得解.
【小问1详解】
因为在等比数列中，，设其公比为，
所以，解得，
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）得，
所以数列前项和，
当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以.
18. 如图，为测量某雕像AB的高度（B，C，D，F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线），某校研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为，，，米．
（1）求雕像AB的高度；
（2）当观景点C与F之间的距离为多少米时，△CDF的面积最大？并求出最大面积．
【答案】（1）
（2）时，的面积最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，中，可求出.然后在中，根据已知即可求得答案；
（2）根据（1）可求出.由已知可得出.进而根据面积公式表示出的面积.即可得出面积的最大值以及，由勾股定理即可求出.
【小问1详解】
由已知可得，
在中，有，，，
所以，，
所以，为等腰三角形，.
在中，有，，，
所以，，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可得，，
在中，，所以.
因为的边上的高，
且的边上的高也等于，
所以的面积为.
当，即时，面积最大，最大值为.
此时有.
19. 如图，在正方体中，E是棱上的点（点E与点C，不重合）．
（1）在图中作出平面与平面ABCD的交线，并说明理由；
（2）若正方体的棱长为1，平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为，求线段CE的长．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别延长，交于点，连接.根据点线面的位置关系基本事实，可判定平面，平面，即可得出说明；
（2）设，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面与平面ABCD的法向量，根据已知得出关于的方程，求解即可得出答案.
【小问1详解】
如图1，分别延长，交于点，连接，则即为所求交线.
因为，平面，平面，
所以，平面，平面.
又平面，平面，
所以平面，平面，
所以，平面平面.
【小问2详解】
如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，.
则，，，，
所以，，，.
根据正方体的性质可知，平面，
所以即为平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
所以，，即，
令，则，，
所以，是平面的一个法向量.
由已知可得，，
即，即，
整理可得，，解得或（舍去），
所以，，即.
20. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且．
（1）求证：；
（2）求△ABC面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知余弦定理角化边化简可得出，根据基本不等式结合余弦定理可得出，根据的范围，即可得出答案；
（2）根据（1）的结论，由面积公式，即可得出答案.
【小问1详解】
由以及余弦定理角化边可得，，
整理得，，解得或（舍去）.
根据基本不等式得，，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
，又，
所以，.
【小问2详解】
由（1）知，，，所以，
所以，.
所以面积最大值为.
21. 已知函数．
（1）讨论函数的导函数的单调性；
（2）若，求证：对，恒成立．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，设，求出.分为以及，根据导函数，即可得出函数的单调性；
（2）由已知可将不等式转化为证明恒成立.构造函数，根据导函数得出函数的单调区间，求出函数的极值、最大值，即可得出.即有，变形整理，即可得出证明.
【小问1详解】
由已知可得，，设，
则.
当时，有恒成立，所以，即在R上单调递增；
当时，由可得，.
由可得，，所以，即在上单调递减；
由可得，，所以，即在上单调递增.
综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
因为，所以对，有.
设，则.
解可得，或或.
由可得，，所以，函数在上单调递增；
由可得，或，所以，函数在上单调递减，在上单调递减.
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.
又，所以，即.
所以，有，
整理可得，，
所以，有，恒成立．
【点睛】思路点睛：先放缩得出.然后构造函数，根据导函数求出函数的最大值，变形整理，即可得出证明.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23中任选一题作答．如果多选，则按所做的第一题计分．
22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与x轴交于点P．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值．
【答案】（1）直线l的普通方程，曲线C的直角坐标方程
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【小问1详解】
解：直线的参数方程为为参数），
转换为直角坐标方程，
曲线的极坐标方程为，
根据，转换为直角坐标方程为；
【小问2详解】
直线转换为参数方程为为参数），代入，
得到，
所以，，
所以．
23. 已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意，存在，使得，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）代入，原不等式为.分、、3种情况，去掉绝对值，求解即可得出答案；
（2）由已知可得只需满足.根据绝对值三角不等式可得出.换元令，，则，设，根据对勾函数得出函数的单调性，即可得出，进而得出，去绝对值求解，即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，原不等式为.
①当时，原不等式可化为，解得，所以有；
②当时，原不等式可化为，即，该不等式恒成立，所以有；
③当时，原不等式可化为，解得，所以有.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
由已知对任意，存在，使得可得，.
因为，
当时，等号成立，所以.
令，，则，设，
根据对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以，当时，函数有最小值为，
所以.
则由可得，，
去绝对值整理可得，，解得或.
