辽宁省大连市2022届高三第一次模拟考试数学试题（含答案）

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1、2022年大连市高三第一次模拟考试数学试卷第卷（选择题 共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）ABCD3设等差数列的公差为，则“”是“”的（ ）A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件42021年10月12日，习近平总书记在生物多样性公约第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提出：“绿水青山就是金山银山。良好生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系经济社会发展潜力和

2、后劲”某工厂对产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫克/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，为原污染物数量该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，发气中污染物的残留量约为原污染物的（ ）A5%B3%C2%D1%5已知数列是递增的等比数列，且，若的前项和满足，则正整数等于（ ）A5B6C7D85现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是（ ）ABCD6已知双曲线C：的两个焦点为、，点M，N在C上，且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD7若直线与

3、直线是曲线的两条切线，也是曲线的两条切线，则的值为（ ）AB0CD二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9如图，在方格中，向量，的始点和终点均为小正方形的顶点，则（ ）ABCD10甲、乙两人进行飞镖游戏，甲的10次成绩分别为8，6，7，7，8，10，10，9，7，8，乙的10次成绩的平均数为8，方差为0.4，则（ ）A甲的10次成绩的极差为4B甲的10次成绩的75%分位数为8C甲和乙的20次成绩的平均数为8D甲和乙的20次成绩的方差为111在四棱锥中，底面为梯形，则（ ）A平面内任意

4、一条直线都不与平行B平面内存在无数条直线与平面平行C平面和平面的交线不与底面平行D平面和平面的交线不与底面平行11已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则（ ）A在上单调递减BCD第卷（非选择题 共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知抛物线C：的焦点为，在上有一点，则点到轴的距离为_14已知随机变量，且，则的最小值为_15将A、B、C、D、E这5名同学从左至右排成一排，则满足“与相邻且与之间恰好有1名同学”的不同排列方法有_种16以俄国著名数学家切比雪夫（Tschebyscheff，1821-1894）的名字命名的第一类切比雪夫多项式和第二类切比

5、雪夫多项式，起源于多倍角的余弦函数和正弦函数的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数学中的特殊函数有许多良好的结论，例如：，对于正整数时，有成立，成立由上述结论可得的数值为_四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（本小题满分10分）已知数列满足，数列满足对任意正整数均有成立（1）求的通项公式；（2）求的前99项和18（本小题满分12分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）判断的形状并给出证明；（2）若，求的取值范围19（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，且，（1）求证：；（2）在线段上是否存在一点，使

6、二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由20（本小题满分12分）甲、乙是北京2022冬奥会单板滑雪坡面障碍技巧项目的参赛选手，一人在练习赛中均需要挑战3次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为设为甲在3次挑战中成功的次数，求的分布列和数学期望；（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变,其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少0.1（）求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率；（）求乙在第二次成功

7、的条件下，第三次成功的概率21（本小题满分12分）已知椭圆：的焦距为2，且经过点（1）求椭圆的方程；（2）经过椭圆右焦点且斜率为的动直线与椭圆交于A、B两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由22（本小题满分12分）已知函数（1）若，求的值；（2）当时，从下面和两个结论中任选其一进行证明，；数学参考答案与评分标准（附主观题解析）说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程

8、度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分一、选择题：1A 2C 3B 4B 5A 6A 7D 8C二、选择题：9BC 10ACD 11ABD 12BCD三、填空题：13 144 1520 16【部分试题解析】1A由得，故在复平面内所对应的点为，在第一象限2C集合，图中阴影部分表示，又，或，所以【或直接借助韦恩图填写数字易得答案】3B必要性成立，由等差数列的可知，；充分性不成立，例如：，得4B由题可得，前4小时，废气中的污染物恰好被

9、过滤掉，故由得，所以，即，由再过滤2小时，即一共6小时，空气中剩余污染物为，故污染物所剩比率约为5A由，知，解得，所以，则，所以，解得6A由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为，底面半径为，则，所以，可知圆锥轴截面为正三角形，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，设此时小球半径为，则有，故，所以7D方法一因为，由双曲线对称性可知，直线与交于轴上一点，且为等腰直角三角形，如图，代入中，得，化简得，即，解得，所以方法二因为，由双曲线对称性可知，直线与交于轴上一点，且为等腰直角三角形，如图，所以，则，即，则8C方法一由和互为反函数可知，两条公切线和也互为反函数，即满足，即，设直线与和分别切于点和，

10、可得切线方程为和，整理得：和，则，由，得，且，则，所以，所以方法二由和图像关于直线对称可知，两条公切线和的图像也关于直线对称，设与直线夹角为，则，则，设切点分别为，如图所示，则由可得，切线为，整理得：，同理，由可得，切线为，整理得：，由，且，得，故，所以9BC由图易知，向量与向量方向不同，所以，故A不正确，作向量与向量，易知，故B与C正确，连接，则与互相垂直，所以向量与向量在向量上的射影的数量是相同的，所以，故D不正确10ACD甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差等于4，故A正确，因为，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数等于9，故B不正确，经

11、计算，甲的10次成绩的平均数等于8，又已知乙的10次成绩的平均数等于8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故C正确，故D正确，方差也可以用进行求解，即：，所以，即，故D正确11ABD若平面内存在直线与平行，则平面，进而，与已知矛盾，故A正确；在平面内，与平面和平面的交线平行的所有直线均与平面平行，故正确；由得平面，进而平行于平面与平面的交线，所以平面与平面的交线与底面平行，故错误；若平面与平面的交线与底面平行，则平面与平面的交线与平行，与也平行，与已知矛盾，故D正确；12BCD方法一：对于A，若，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数在上可导，所以，故正确，对于C和D，设，则为上可导的奇函数，

12、由题意，得关于直线对称，易得奇函数的一个周期为4，故C正确，由对称性可知，关于直线对称，进而可得，（其证明过程见备注）且的一个周期为4，所以，故D正确备注：，即，所以，等式两边对求导得，令，得，所以方法二：对于A，若，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数在上可导，所以，故正确，对于C，将中的代换为，得，所以，可得，两式相减得，则，叠加得，又由，得，所以，故正确，对于D，将的两边对求导，得，令得，将的两边对求导，得，所以，将的两边对求导，得，所以，故正确13由抛物线的定义可知：，所以，代入中，得，所以，故结果为144由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以，则当时，有，当且仅

13、当，即时等号成立，故最小值为41520当A，C之间为时，方法数为，当A，C之间为或时，方法数为，综上，所有方法数为16方法一：由题意，又，故，解得方法二：由题意，而，所以，又因为，即，解得，或（舍），所以四、解答题：17（本小题满分10分）解：（1）因为，所以当时，两式相减得，又时，也符合所以（2）由（1）知，因为对任意的正整数，均有，故数列的前99项和18（本小题满分12分）解：（1）的为等腰三角形或直角三角形，证明如下：方法一由及正弦定理得，即，即，整理得，所以，故或，又A，B，C为的内角，所以或，因此为等腰三角形或直角三角形方法二由及余弦定理得，即，所以，整理得，故或，因此为等腰三角形或

14、直角三角形（2）由（1）及知为非等腰直角三角形，且，故，所以，由，得，故，且，得，所以，因此的取值范围为19（本小题满分12分）解：（1）因为，所以，又因为，且，易得，所以，所以，又因为平面，且平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以（2）方法一在上取点，使，则，故以为原点，以，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则，设，在平面中，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，易知平面法向量，所以，即，解得，所以为中点，所以三棱锥的高为1，方法二假设存在点，且显然点不在线段的端点处，则过点作交于点，过点作于点，连接，因为，且平面，所以平面，又因为，所以，故为二面角的平面角，设

15、，由，可知，设，则，因为，所以，解得，所以为中点，所以三棱锥的高为1，方法三由（1）可知，故以为原点，以，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则，设，在平面中，设平面的一个法向量为，则令，则，所以，易知平面法向量，所以，即，解得，所以为中点，所以三棱锥的高为1，20（本小题满分12分）解：（1）由题意得，则，其中，1，2，3，则的分布列为：0123则（2）设事件为“乙在第次挑战中成功”，其中，2，3（）设事件为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则，则即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4（）因为，且，所以即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.6221（本小题满分12分）

16、解：（1）方法一由椭圆的焦距为2，故，则，又由椭圆经过点，代入：，得，所以：方法二由椭圆的焦距为2，故，所以，所以所以，所以：（2）方法一由椭圆右焦点，设，直线的方程为，与：联立得，则，设，设存在点，设点坐标为，由，得，过做交延长线于，所以，由，得，所以，又，所以，【或法2】由，得，又因为，所以，【法2结束】【或法3】由，得，在和中应用正弦定理可得，【法3结束】【或在中，由角平分线逆定理可知，为的角平分线】所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，则：，所以，所以，即，即，解得，符合题意，即存在点，坐标为方法二由椭圆右焦点，设直线的方程为，与C：联立得，则，设，设存在点，设点坐标为，由，得，由

17、内角平分线逆定理可知，为的角平分线，【此部分解法同方法一中的各种情况】，即有，则：，所以，即，解得即存在点使恒成立22（本小题满分12分）解：（1）方法一由，得，又，故，而，故，若，则，当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，故是的唯一最小值点，由于，所以当且仅当时，综上，方法二由，得，又，当时，有恒成立，所以在上单调递减，又由，则不成立，当时，令，得，则时，有，时，有，即在单调递减，在单调递增，所以是的极小值，又因为，且，故，即，经验证成立（2）选择作答：当，时，设，当时，又由（1）知，故，当时，设，则，则在单调递增，所以，则在单调递增，综上，即当时，选择作答：当，时，设，当时，故，当时，设，则，则在单调递增，所以，则在单调递增，综上，即当时，