2022年哈三中第一次高考模拟考试数学试卷（理工类）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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题知，，进而根据补集运算与交集运算求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以故选：B2.已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数得除法运算化简复数，再根据复数的几何意义即可得出答案.【详解】解：，所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.3.已知随机变量X服从正态分布，且，则（）A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4【答案】C
【解析】【分析】由正态分布的对称性求解．【详解】．故选：C．4.等差数列中，为其前n项和，，则的值为（）A.18B.19C.180D.190【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和性质计算．【详解】等差数列的公差为，，．故选：D．5.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奧会，某学校决定派小明和小李等共5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（）A.8B.10C.12D.14【答案】C【解析】【分析】先安排小明和小李，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．【详解】解：小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有种情况，剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，则共有种，故选：C．
6.人们把最能引起美感的比例称为黄金分割．黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为称为黄金分割比．人们称底与腰之比为黄金分割比的三角形为最美三角形，它是一个顶角为的等腰三角形，由此我们可得（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，，进而根据诱导公式求解即可.【详解】解：如图，在中，，点为中点，底与腰之比为黄金分割比，所以，，所以所以.故选：A7.已知是定义在R上的偶函数，是的导函数，当时，，且，则的解集是（）A.B.
C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，根据题意可得函数偶函数，，且函数在上递增，不等式即为不等式，根据函数得单调性即可得出答案.【详解】解：令，因为是定义在R上偶函数，所以，则，所以函数也是偶函数，，因为当时，，所以当时，，所以函数在上递增，不等式即为不等式，由，得，所以，所以，解得或，所以的解集是.故选：B.8.直线与圆有两个不同交点的一个必要不充分条件是
AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出圆的标准方程，利用直线和圆相交的条件求出m的取值范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，若直线与圆有两个不同的交点，则圆心到直线的距离，即，得，得，则的一个必要不充分条件是，故选C．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线和圆相交的等价条件求出m的取值范围是解决本题的关键．9.已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的体积为（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据椎体的体积公式以及三视图中的数据可求该几何体的体积.
【详解】复原后的几何体为如图所示的三棱锥，其底面为等腰三角形，该三角形的底边长为2，高为2，棱锥的高为2，故体积为.故选：B．10.已知函数，则下列结论中错误的是（）A.的最小正周期为B.是图象的一个对称中心C.是图象的一条对称轴D.将函数的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数可得，再根据正弦函数的性质及平移变换的特征逐一分析，即可得出答案．【详解】解：，
对于A，，故A正确；对于B，因为，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；对于C，因为为最大值，所以是图象的一条对称轴，故C正确；对于D，将函数的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象，故D正确．故选：B．11.已知双曲线的左右焦点分别为，，A为双曲线右支上一点，设，，若，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】在中，利用正弦定理求得，再根据，可得，化简可得，再根据，结合二倍角得正余弦公式求得，从而可求得，即可的解.【详解】解：在中，
由正弦定理得，所以，因为A为双曲线右支上一点，所以，即，所以，即，所以，因为，所以，所以，即，解得，即，所以，则，所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B.12.已知实数a，b满足，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据对数的运算性质，结合基本不等式可证明，由此可证明，再构造函数，证明其值小于零，进而结合指数函数的单调性证明，可得答案.【详解】因为，故,即，故，即，故，令，则，故，即有，所以，即，即，故，故，故选：A.【点睛】本题考查了有关指数式和对数式的大小比较，考查了对数的运算性质的应用以及对函数知识的应用能力，综合性较强，解答的关键是构造函数，并能证明其小于零，进而推出结论.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，满足，，，则实数的值为______．【答案】或
【解析】【分析】利用向量平行的充要条件即可求解.【详解】因为，，所以，即，解得或.经检验或，符合题意.所以或故答案为：或.14.椭圆内，过点且被该点平分的弦所在的直线方程为______．【答案】【解析】【分析】设出坐标，根据点在椭圆上利用点差法求解出值，再利用直线的点斜式方程可求解出直线方程.【详解】设直线与椭圆的两个交点为，因为在椭圆上，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以的方程为：，即，故答案为：.15.关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请120名同学，每人随机写下一个x、y都小于1的正实数对，再统计x、y两数能与1构成钝角三角形时的数对
的个数m，最后再根据m来估计的值．假如统计结果是，那么的估计值为______．【答案】3.2【解析】【分析】表示的点构成一个正方形区域，x、y两数能与1构成钝角三角形时的数对表示的点构成图中阴影部分，分别求出其面积，由几何概型概率公式求得其概率后可得．【详解】表示的点构成一个正方形区域，如图正方形（不含边界），x、y两数能与1构成钝角三角形满足条件，表示的点构成的区域是图中阴暗部分（不含边界），因此所求概率为，．故答案为：3.216.对于正整数n，设是关于x的方程：的实根，记，其中表示不超过x的最大整数，则______；若，为的前n项和，则______．【答案】①.1②.506【解析】【分析】当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而可求得，令，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，即得
的范围，分类讨论为奇数和偶数时的，从而可得出答案.【详解】解：当时，，即，令，因为函数在上都是增函数，所以函数在上都是增函数，又，，所以函数在存在唯一零点，即，则，所以，方程，即为，即为，令，则，则有，令，则函数在上递增，因为，，
所以，使得，当时，，则，当时，，则，当时，，所以.故答案为：1；506.【点睛】本题考查了方程的根与函数的零点的问题，考查了数列新定义及数列求和的问题，综合性很强，对逻辑推理能力和数据分析能力要求很高，考查了分类讨论思想，难度很大.三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，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.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．（1）求内角B的大小；（2）已知的面积为，，，求线段BM的长．【答案】（1）（2）【解析】
【分析】（1）结合正弦定理边角互化，正弦的和角公式得，进而得答案；（2）结合（1,），根据面积公式得，进而得，进而由余弦定理得，为直角三角形，再结合题意，借助勾股定理求解即可.【小问1详解】解：因为，所以所以由正弦定理边化角得：，因为，所以，即，因为，所以.【小问2详解】解：因为的面积为，，所以，所以，因为，所以，所以，所以，即为直角三角形，因为，所以，所以.
18.如图所示的四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面ABCD，点O，M，E分别是AD，PC，BC的中点，，．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】(1)根据给定条件证得及即可推理作答.(2)由给定条件可得点到平面的距离是点到平面的距离的，再借助三棱锥等体积法转化求解即得.【小问1详解】在中，，为的中点，则，又平面平面，平面平面，平面，于是得平面，而平面，则，又底面是正方形，，分别是，的中点，即，因，平面，所以平面.【小问2详解】
因为的中点，则点到平面的距离是点到平面的距离的，如图，因此，，所以三棱锥的体积为.19.北京时间2022年2月6日，中国女足在0-2落后的情况下，最终以3-2逆转绝杀韩国女足，时隔16年再次问鼎亚洲之巅，成为亚洲唯一一支亚洲杯九冠王球队，为此全民又掀起了足球热潮．为了响应习总书记关于深化足球体制改革，大力发展青少年足球，落实到每个地区每一所学校的号召，哈三中成立了校足球队，其中守门员2人，前锋4人，中场10人，后卫6人，其中每个前锋射门的平均命中率都是，每个中场球员射门的平均命中率都是，每个后卫射门的平均命中率都是，且每位队员射门是否命中相互独立．（1）为了备战一场友谊赛，现从前锋、中场、后卫中各随机选一人组成一个射门训练小组，该小组每个人射门一次为一轮训练，若该小组三人均射进则奖励3个哈三中百年校庆纪念版校徽，若只有两人射进则奖励1个校徽，其他情况不奖励，设随机变量表示该小组一轮训练所得的校徽数，求的分布列及数学期望；（2）为了强化队员们的射门能力，现从前锋、中场、后卫队员中随机选3人进行射门特训，求这3个人里中场球员的人数比前锋人数多的概率．【答案】（1）分布列见解析，数学期望是（2）【解析】【分析】（1）首先由题意可知，再根据题意分别求概率，列分布列和数学期望；
（2）首先列举3个人里中场球员的人数比前锋人数多的事件，再求概率.【小问1详解】由条件可知，，，；分布列如下：013；【小问2详解】设事件是3人中有3人是中场，，事件是3人中有2人都是中场，，事件是3人中1人是中场，2人是后卫，,所以3个人里中场球员的人数比前锋人数多的概率.20.已知抛物线，F为其焦点，O为原点，A，B是E上位于x轴两侧的不同两点，且．（1）求证：直线AB恒过一定点；（2）在x轴上求一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等；（3）在（2）的条件下，当F为的内心时，求重心的横坐标．【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）
【解析】【分析】（1）设直线的方程为，，，联立，消得：，，，结合向量的数量积，转化求解直线的方程，推出结果．（2）在x轴上求一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等即平分，即直线与直线关于轴对称，根据斜率和为零，从而可得结果；（3）设，，直线AB与轴交于N，由题意可得，坐标化，结合点在抛物线上可得点的坐标，从而得到结果.【小问1详解】设直线的方程为，，，联立，消得：，则，，由得：，所以：或（舍去），即，所以直线的方程为，所以直线过定点．【小问2详解】由（1）知，直线过定点可设直线的方程为，此时，，设x轴上定点C坐标为，要使F到直线AC和BC的距离相等，则平分，即直线与直线关于轴对称，故，即，∴，
∴，∴对任意恒成立，∴，，故在x轴上有一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等；【小问3详解】设，，直线AB与轴交于N，∵F为的内心，∴，∴，即，又，∴，同理，∴是方程的两个根，∴，∴三角形重心的横坐标为.21.已知函数．（1）若是函数的极值点，求实数a的值；（2）当时，设函数的两个极值点为，且，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据是函数极值点，可得，即可求得，注意检验；（2）根据函数的两个极值点为，且，可得，要证
，即证，即证，判断导函数的单调性，则只要证即可，构造函数，证明其最小值大于0即可.【小问1详解】解：，因为是函数的极值点，所以，解得，此时，令，则，当时，，所以函数在上递减，即函数在上递减，又，所以当时，，当时，，所以是函数的极值点，所以；【小问2详解】证明：，因为函数的两个极值点为，且，所以，两式相减得，要证，即证，即证，
令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，则要证，只要证即可，即证，即，由，则，得，令，则，因为，所以，所以在上恒成立，所以函数在上递增，所以，当时，，证明即可，即证明，因为，所以，
则要证明，只需要证明即可，即证明，即证明，因为，所以，又，所以，则不等式得证，即．【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了不等式的证明问题，考查了学生的数据分析能力和转换思想，计算量很大，综合性很强，难度很大.（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．选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的方程为，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）若已知射线与曲线C交于点M，与直线l交于点N，求．【答案】（1）；
（2）.【解析】【分析】（1）根据二倍角的正弦和余弦公式，结合同角的三角函数的关系式、直角坐标与极坐标互化公式进行求解即可；（2）利用直角坐标方程通过代入法求出两点坐标，利用两点间距离公式进行求解即可.【小问1详解】；【小问2详解】由（1）可知：曲线C的方程为：，射线的方程为：，代入中，得，或（舍去），所以，把代入中，得，所以，因此.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）若时，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】
【分析】（1）根据题意，，进而分和两种情况讨论求解即可；（2）由题知在上恒成立，进而根据绝对值三角不等式将问题转化为恒成立，进而解不等式即可得答案.【小问1详解】解：当时，所以当时，，此时的解集为；当时，，此时的解集为，所以当时，求不等式的解集为【小问2详解】解：因为当时，恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，因为由绝对值三角不等式得：，所以恒成立，即，解得所以实数a的取值范围是
