江苏省部分学校2022届高三上学期第一次质量评估（一）数学试题( Word版含答案解析)

江苏省部分学校2022届高三第一次质量评估（一）
数学
（时间：120分钟
满分：150分）
2021年09月10日
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．已知集合，集合，且，则实数a的取值集合为（
）
A．
В．
C．
D．，或
2．若是纯虚数（i为虚数单位），则实数x的值为（
）
A．
B．2
C．2或
D．以上都不对
3．已知非零向量，则“”是“与共线”（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知，则（
）
A．
B．
C．
D．
5．已知函数，则下列选项中图象为如图的函数可能是（
）
A．
B．
C．
D．
6．已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数x为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点M，若，则双曲线的渐近线方程为（
）
A．
B．
C．
D．
8．已知函数的定义域为R，若存在常数，对任意，有，则称为F函数．给出下列函数：①；（2）；③；④是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数均有．其中F函数有（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
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的．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9．下列说法中，正确的命题有（
）
A．已知随机变量服从正态分布，则
B．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和0.3
C．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好
D．若样本数据的方差为2，则数据的方差为16
10．下列选项中，正确的是（
）
A．函数且的图象恒过定点
B．若不等式的解集为，则
C．已知，则的最小值为
D．，且e为自然对数的底数，则
11．已知圆，点M在抛物线上运动，过点M引直线与圆C相切，切点分别为，则下列选项中能取到的值有（
）
A．2
B．
C．
D．
12．如图所示，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则以下四个结论正确的是（
）
A．
B．若P为直线上的动点，则为定值
C．点A到平面的距离为
D．过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．________．
14．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为，则该圆锥的侧面积为________．
15．函数在点处的切线记为，直线及x轴围成的三角形的面积记为，则________．
16．设函数．若，则的最大值为_______；若有且只有1个零点，则实数的取值范围是________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．已知的内角的对边分别为，且．
（1）求A；
（2）若的面积为3，求的周长．
18．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的分期付款期数的分布列为
1
2
3
4
5
P
0.3
0.15
0.15
0.2
0.2
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为150元；分2期或3期付款，其利润为200元；分4期或5期付款，其利润为250元．设X表示经销一件该商品的利润．
（1）记事件A为“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”，求；
（2）求X的分布列及期望．
19．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）求的通项公式．
20．在如图所示的几何体中，四边是矩形，，四边形等梯形，，且平面平面．
（1）过与平行的平面与交于点G．求证：G为的中点；
（2）求二面角的正弦值．
21．已知抛物线与椭圆有公共的焦点，椭圆的左、右焦点分别为，该椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，若直线与x轴，椭圆顺次交于（P点在椭圆左顶点的左侧），且与互补，求面积S的最大值．
22．已知函数．
（1）若，求函数的最大值；
（2）当时，若函数有两个极值点，且不等式恒成立，试求实数的取值范围．
1．答案：A
解析：由题意知集合，对于方程，解得．
因为，则．
①当时，即时，成立；
②当时，即当时，因为，则，解得．
综上所述，a的取值集合为．故选A．
2．答案：B
解析：若是纯虚数，则，解得：，故选B．
3．答案：C
解析：因是非零向量，若，则有，即或，即与共线，
若与共线，则或，即得，于是有，
所以“”是“与共线”的充要条件．故选：C．
4．答案：B
解析：由题意可得：，
则，
从而有：，
即．故选B．
5．答案：D
解析：对于A：，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B：，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C：，则，当时，，与图象不符，排除C．故选D．
6．答案：B
解析：由图可知，即，所以．
由五点法可得，即．所以．
因为，所以由，
得或．
因为，
所以满足题意的最小正整数x为2，故选B．
7．答案：C
解析：如图，作于点于点B，因为与圆相切，
所以，
在中，，所以．
又点M在双曲线上，由双曲线的定义可得：
所以，
整理得：，所以，
所以双曲线的渐近线方程为．故选C．
8．答案：B
解析：对于①，，显然不成立，故其不是F函数；
对于②，，由于时，不成立，故不是F函数；
对于③，，故对意的，都有，故其是F函数；
对于④，是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数均有，令，由奇函数的性质知，，故有，显然是F函数，故选B．
9．答案：BC
解析：对于A，因，且，于是得，A不正确；
对于B，由得，依题意得，即，B正确；
对于C，在做回归分析时，由残差图表达的意义知，C正确；
对于D，依题意，的方差为，D不正确．故选BC．
10．答案：BCD
解析：对于选项A：令，得，所以，所以函数图象所过的定点是，故A错误；
对于选项B：由不等式的解集可得和3是方程的两根，由韦达定理得，解得，所以，故B正确；
对于选项C：由，利用基本不等式可求得最小值为，知A正确；
对于选项D：令，则，令，则，
当时，，当时，在单调递增，在单调递减，
因为，所以，即，从而，故D正确．故选BCD．
11．答案：BC
解析：如图，连接，题意，，而，而，则垂直平分线段，于是得四边形面积为面积的2倍，
从而得，即，
设点，而，
则，即，
所以，即，得，
所以的取值范围为．故选BC．
12．答案：ABD
解析：对于选项A：连结，正方体中，，而分别为棱，的中点，则，所以，故A正确；
对于选项B：设与的夹角为，由上图可知，
所以，故B正确；
对于选项C：连接，设点A到平面的距离为d，由得，又，则，所以，故C错误；
对于选项D：连接交于点F，则F是的中点．正方体外接球球心是正方体对角线，的中点O，半径．
由对称性知过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为F．
易得．．
故截面圆半径．
此时截面圆面积为，故D正确．故选ABD．
13．答案：
解析：，
．
14．答案：
解析：设圆锥的高为h，母线长为，则，所以，所以圆锥的侧面积．
15．答案：
解析：因为，所以在点处的切线的斜率为，
所以切线方程为，即的方程为，令，得，
所以，
令，得，
由得，
直线的交点坐标为，
所以直线及x轴围成的三角形的面积为，
所以，
则
．
16．答案：
解析：（1）若，易得；
（2）由可得，
当时，；当或时，，
所以在和上单调递增，在单调递减，令可得或或，
，
作出和的图象如图：
当时，时无零点，时有一个零点，此时符合题意；当时，时有一个零点时有一个零点，此时共有两个零点不符合题意；
当时，时有两个零点时无零点，此时共有两个零点不符合题意；
当时，时有三个零点时无零点，此时共有三个零点不符合题意；
综上所述：若有且只有1个零点，则实数的取值范围是．
17．答案：（1）；（2）6．
解析：（1）因为
所以，
所以．
2分
因为，
所以，
因为，
所以．
因为，
所以．
5分
（未写，扣1分）
（2）因为的面积为，
所以，
解得．
7分
由余弦定理，
得，
所以，
所以．
所以的周长为6．
10分
18．答案：（1）0.657；（2）分布列见解析，205元．
解析：（1）由题意知，事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的对立事件是事件：“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”．
因为，
所以；
5分
（2）X可能取值为．
，
，
．
X的分布列为
X
150
200
250
P
0.3
0.3
0.4
9分
故期望（元）．
12分
19．解析：（1）将代入，得，
整理得．
当时，得，所以数列是以为首项，为公差等差数列．
5分
所以．
7分
（2）由（1）得，代入，可得．
当时，；
8分
当时，
11分
所以．
12分
20．答案：（1）证明见解析；（2）．
解析：（1）证明：连接交于点为矩形，则H为中点，连接．
因为平面，平面平面平面，
所以，
3分
所以G为的中点．
4分
（2）在平面上作，垂足为O，由于平面为等腰梯形，所以，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
在平面中，作，交于M，所以，
如图，
以O为原点建立空间直角坐标系．
6分
则．设．
因为，所以，即，
所以，解得．
设平面的法向量为，而，
由得，
令，解得．
所以，
7分
由于，
所以，
又，所以平面，
所以为平面的法向量，
8分
，
10分
所以二面角的正弦值为．
12分
21．答案：（1）．（2）．
解析：（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
椭圆的半焦距，
1分
又椭圆的离心率为
，即，
2分
，即，
3分
椭圆的方程为．
4分
（2）设，
设直线为，
联立直线与椭圆方程，
化简整理，可得，
由韦达定理，可得，
6分
且，
可得．
7分
与互补，，
，化简整理，可得．
将代入，可得，
所以，解得，
的方程为．
9分
由点到直线的距离，
，
10分
由题可得，，即，
设，令，
，
由均值不等式可知，，
当且仅当时，即，等号成立，
当取最小值时，取最大值，即面积S最大，
，
面积S最大值为．
12分
22．答案：（1）0；（2）．
解析：（1）当时，，函数的定义域为，
所以，令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以当时，有最大值为；
3分
（2）因为的定义域为，
，令可得．
又因为函数有两个极值点，
所以有两个不等实数根，
所以，可得，且，所以，．
5分
所以，，所以，，
由，
从而，
由不等式恒成立，所以恒成立
7分
又，
9分
令，
所以在时恒成立，
所以函数在上单调递减，所以，所以，故实数的取值范围是．
12分