1、河南省名校联盟2021-2022学年高三第一次模拟理科数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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 设集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 3. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果是（ ）A. 13B. 5C. 3D. 24. 若函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，则（ ）A. 0B. 2C. 4D. -25. 若，满足约束条件，则取得最大值的最优解为（ ）A. （13）B. （1,1）C. 4D. 06. 已知直线和直线，下列说法不正确的是（ ）A. 始终过定
2、点B. 若，则或C. 若，则或2D. 当时，始终不过第三象限7. 如图，在中，点M是上的点且满足，是上的点，且，设，则（ ）A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（ ）A. 函数的图象关于点对称B. 函数在上递减C. 函数的图象关于直线对称D. 函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象9. 志愿团安排去甲乙丙丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）A 14B. 12C. 24D. 2810. 在中，角，的对边分别为，若，则的取值范围是
3、（ ）A. B. C. D. 11. 已知椭圆，其长轴长为4且离心率为，在椭圆上任取一点P，过点P作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 012. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，分别是，的中点，过点，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（ ）点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2平面截直四棱柱所得截面的面积为平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知为虚数单位，复数满足，则_14. 若实数x，y满足约束条件，则的
4、最大值为_15. 如图，在同一个平面内，向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，且，若，则_16. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinal dandelin（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，
5、截口曲线是以E，F为焦点的椭圆如图，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，则椭圆的离心率为_三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 第1721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. 已知等比数列的前n项和为.（1）求m的值，并求出数列的通项公式；（2）令，设为数列的前n项和，求.18. 已知斜三棱柱，侧面与底面垂直，且.（1）试判断与平面是否垂直，并说明理由；（2）求二面角余弦值.19. 江苏卫视推出的大型科学竞技真人秀
6、最强大脑（8）现已进入联盟抢分赛环节，由12强选手组建的凌霄逐日登峰联盟三支队伍(每队四人)将进行“12进6”的登顶预备战，每局有两队参加，没有平局.按12强历次成绩统计得出，在一局比赛中，逐日联盟胜凌霄联盟的概率为，逐日联盟胜登峰联盟的概率为，凌霄联盟胜登峰联盟的概率为.联盟抢分赛规则如下：按抽签决定由逐日联盟和凌霄联盟先进行第一局的比赛，然后每局的获胜队与未参加此局比赛的队伍进行下一局的比赛.在比赛中，有队伍先获胜两局，就算取得比赛的胜利，直接晋级6强的全国脑王争霸赛.（1）求只进行两局比赛，逐日联盟晋级6强的概率；（2）求只进行两局比赛，就能确定晋级6强联盟队的概率；（3）求逐日联盟晋级
7、6强的概率.20. 已知点F为椭圆的右焦点，椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若M为椭圆C上的点，以M为圆心，长为半径作圆M，若过点可作圆M的两条切线(为切点)，求四边形面积的最大值.21. 已知函数.（1）当曲线在处的切线与直线垂直时，求实数a的值；（2）求函数单调区间.（3）求证：.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答. 并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分. 如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，点P是曲线(t为参数)上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的
8、正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点P在y轴右侧，点Q在曲线上，求的最小值.选修45：不等式选讲23. 设函数.（1）若，求证：；（2）对于，恒成立，求实数a的取值范围.河南省名校联盟2021-2022学年高三第一次模拟理科数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据补集的运算求得，再结合并集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，根据补集的运算，可得，则.故选：C.2. 已知复数满足，则
9、（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知，应用复数的除法、乘方运算化简求复数，进而求其模长.【详解】由，.故选：C.3. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果是（ ）A. 13B. 5C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：如果输入，第一次执行循环体后，不满足输出条件；第二次执行循环体后，不满足输出条件；第三次执行循环体后，满足输出条件；故输出的值为3，故选：C4. 若函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，则（ ）A. 0
10、B. 2C. 4D. -2【答案】D【解析】【分析】由已知，利用奇函数及周期性求，的函数值，即可求目标式的值.【详解】是定义在上的奇函数，又在上的周期为2，.故选：D.5. 若，满足约束条件，则取得最大值的最优解为（ ）A. （1,3）B. （1,1）C. 4D. 0【答案】A【解析】【分析】画出约束条件对应的可行域，由表示可行域中任意一点与所在直线斜率的2倍，应用数形结合法找到最大值的最优解即可.【详解】由约束条件可得如下可行域，又表示可行域中任意一点与所在直线斜率的2倍，所以取最大相当于最大，即可行域中任意一点与的斜率最大，由图知：可行域中只有的交点与所在直线斜率最大，且最大为.故选：A6
11、. 已知直线和直线，下列说法不正确的是（ ）A. 始终过定点B. 若，则或C. 若，则或2D. 当时，始终不过第三象限【答案】B【解析】【分析】对于A选项，提出让其前面的系数为，即可验证A正确.对于B选项，当则与重合，故B错误.利用两直线垂直，即可得到，得到C正确.把直线化为斜截式方程，找到恒过定点，即可验证D正确【详解】，即始终过定点，故A正确. 若，当则与重合，故B错误.或，故C正确. 当时，直线始终过点，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.故选：B.7. 如图，在中，点M是上的点且满足，是上的点，且，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将用，表示，然后，再用表
12、示即可.【详解】.故选：B8. 已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（ ）A. 函数的图象关于点对称B. 函数在上递减C. 函数的图象关于直线对称D. 函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象【答案】B【解析】【分析】根据图象依次求得的值，从而求得，结合函数的单调性、单调性、三角函数图象变换的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】根据函数的部分图象知，最小正周期为，；又，；又，故；，函数；时，的图象不关于点对称，故A错误；当时，在上单调递减，故B正确；当时，的图象不关于直线对称，故C错误；的图象上所有点向左平移个单位，得的图象，不是函数的图象，故D错误故选：B9
13、. 志愿团安排去甲乙丙丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）A. 14B. 12C. 24D. 28【答案】A【解析】【分析】由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.【详解】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：丁扶贫点最先去，有种安排方法；丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，综合知共有种安排方法.故选：A.10. 在中，角，的对边分别为，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可
14、求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理（为外接圆半径）得，；（2）角化边： 利用正弦定理：，利用余弦定理：11. 已知椭圆，其长轴长为4且离心率为，在椭圆上任取一点P，过点P作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）A B. C. D. 0【答案】D【解析】【分析】由已知条件解得a，b，进而可得椭圆的标准方程不妨设，得，换元，利用函数单调性即可求解【详解】由椭圆：，其长轴长为4且离心率为，解得，椭圆的标准方程为：再设点，则，可得，点，则不妨设，则，令，则
15、，由对勾函数的性质可知，在递增，故，此时，故的最小值为0，故选：D12. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，分别是，的中点，过点，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（ ）点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2平面截直四棱柱所得截面的面积为平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】对于：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断；对于、：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形
16、MEFN，分别求面积即可；对于：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断.【详解】解：对于：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知，点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题正确；延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题错误.由平行线分线段成比例可得：AP= BF=1，故DP=DD1=3，则DD1P为等腰三角形.由相似三角形可
17、知，AM=AP=1，A1M=2，则， .连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.等腰梯形MEFN的高，则等腰梯形MEFN的面积为.又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则，所以， .故命题正确.综上得说法中正确的是：，故选：D.【点睛】立体图形中的截面问题：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知为虚数单位，复数满足，则_【答案】#【解析】【分析】根据复数相等，应用复数的除法求复数z即可.【详解】由题设，.故答案
18、为：.14. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，将目标函数化为直线斜截式，截距最大时，.【详解】解：约束条件表示的可行域为如图所示阴影部分：将目标函数化为直线斜截式，由图可知当直线经过时在轴上截距最大，所以.故答案为：4.15. 如图，在同一个平面内，向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，且，若，则_【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，列出、三点的坐标，利用平面向量的坐标运算可得出关于、的方程组，解出这两个参数的值，由此可求得结果.【详解】由已知条件可知，为锐角，由，解得，以点为坐标原点，所在直线为轴建立
19、如下图所示的平面直角坐标系，设点在第四象限，因为，由已知条件可得、，因为，所以，解得.因此，.故答案：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算建立方程组求解.16. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinal dandelin（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE=AC，AF
20、=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆如图，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】利用球与圆锥相切，得出截面，在平面图形中求解，以及圆锥曲线的来源来理解切点为椭圆的一个焦点，求出，得出离心率.【详解】切于,切于E，球半径为2，所以，中，故,根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知：球O与相切的切点为椭圆的一个焦点，且，,c=4，椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】本题要求
21、有一定的空间图形辨别能力，能从整体上认识图形，并且对圆锥曲线的来源有一定的认识，借助平面图形来求解.三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 第1721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. 已知等比数列的前n项和为.（1）求m的值，并求出数列的通项公式；（2）令，设为数列的前n项和，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）法一：由已知求、，根据等比数列的性质确定的值，进而求出，写出通项公式；法二：由与的关系，结合已知求得、，再根据等比中项的性质求，写出通项公式；（2）由（1）写出通项公
22、式，由奇偶项和为定值，应用并项求和法求.【详解】（1）法一：当时，当时，是等比数列，即，解得综上，的值为，数列的通项公式为.法二：，是等比数列，即，解得，设的公比为，则.（2），.18. 已知斜三棱柱，侧面与底面垂直，且.（1）试判断与平面是否垂直，并说明理由；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）不垂直，理由见解析；（2）.【解析】【分析】取中点，连接，可证明平面，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，（1）利用计算的值确定与平面是否垂直；（2）根据二面角的向量法求解即可.【详解】取中点，连接，又，得，平面平面，交线为，又平面，则平面，为中点，以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
23、如图 ，则，（1），所以与不垂直，即与平面不垂直.(另解：求出平面法向量，与不平行，则与平面不垂直)（2）因为平面，设平面的一个法向量设为平面的一个法向量，由令，则，即，又因为，由图知，二面角钝角，所以二面角的余弦值为，【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角19. 江苏卫视推出的大型科学竞技真人秀最强大脑（8）现已进入联盟抢分赛环节，由12强选手组建的凌霄逐日登峰联盟三支队伍(每队四人)将进行“12进6”的登顶预备战，每局有两队参加，没有平局.按12强历次成绩
24、统计得出，在一局比赛中，逐日联盟胜凌霄联盟的概率为，逐日联盟胜登峰联盟的概率为，凌霄联盟胜登峰联盟的概率为.联盟抢分赛规则如下：按抽签决定由逐日联盟和凌霄联盟先进行第一局的比赛，然后每局的获胜队与未参加此局比赛的队伍进行下一局的比赛.在比赛中，有队伍先获胜两局，就算取得比赛的胜利，直接晋级6强的全国脑王争霸赛.（1）求只进行两局比赛，逐日联盟晋级6强的概率；（2）求只进行两局比赛，就能确定晋级6强联盟队的概率；（3）求逐日联盟晋级6强的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）记“只进行两局比赛，逐日联盟晋级6强”为事件A，根据独立事件乘法公式，即可求得答案.（2）记“只进行
25、两局比赛，就能确定晋级6强联盟队”事件，则事件包含逐日联盟晋级或凌霄联盟晋级，代入数据，即可得答案.（3）记“逐日联盟晋级6强”为事件.则事件包含三种情况：逐日联盟胜凌霄联盟，逐日联盟胜登峰联盟；逐日联盟胜凌霄联盟，逐日联盟负登峰联盟，登峰联盟负凌霄联盟，逐日联盟胜凌霄联盟；逐日联盟负凌霄联盟，凌霄联盟负登峰联盟，登峰联盟负逐日联盟，逐日联盟胜凌霄联盟，分别求解，即可得答案.【详解】（1）记“只进行两局比赛，逐日联盟晋级6强”为事件A.（2）记“只进行两局比赛，就能确定晋级6强联盟队”为事件则事件包含逐日联盟晋级或凌霄联盟晋级.（3）记“逐日联盟晋级6强”为事件.则事件包含三种情况：逐日联盟胜
26、凌霄联盟，逐日联盟胜登峰联盟：逐日联盟胜凌霄联盟，逐日联盟负登峰联盟，登峰联盟负凌霄联盟，逐日联盟胜凌霄联盟：逐日联盟负凌霄联盟，凌霄联盟负登峰联盟，登峰联盟负逐日联盟，逐日联盟胜凌霄联盟：20. 已知点F为椭圆的右焦点，椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若M为椭圆C上的点，以M为圆心，长为半径作圆M，若过点可作圆M的两条切线(为切点)，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得关于的方程，解出即可得椭圆方程；（2）由椭圆的定义可得，将用表示，四边形面积表示为关于的表达式，利用导数与单调性的关系得最值即可.【详
27、解】（1）根据题意椭圆上任意一点到点距离的最大值为3，最小值为1.所以，解得，所以因此椭圆的标准方程为（2）由（1）知，为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，设，点在圆外，所以在直角三角形中，由圆的性质知，四边形面积，其中.即.令，则当时，单调递增；当时，单调递减.所以，在时，取极大值，也是最大值此时.【点睛】关键点点睛：（1）椭圆上长轴上的两个顶点到焦点的距离即为椭圆上的点到焦点的距离最值；（2）将四边形的面积表示为关于的函数，通过导数求最值即可.21. 已知函数.（1）当曲线在处的切线与直线垂直时，求实数a的值；（2）求函数单调区间.（3）求证：.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解
28、析.【解析】【分析】（1）由题意可得，从而可求出a的值；（2）由于，所以分和两种情况讨论导函数的正负，从而可求得函数的单调区间；（3）由（2）可知在恒成立，所以，即在恒成立，因此当时不等式恒成立，用替换得，然后给从取到，得到个式子相加可得结论【详解】因为，所以（1）根据题意解得，满足，（2）当时，令，令，或所以的递增区间是，递减区间是当时，令，令，所以的递增区间是，递减区间是综上所述：当时，的递增区间是，递减区间是；当时，的递增区间是，递减区间是.（3）由（2）知当时，并且，因此有在恒成立，用替换得，即在恒成立，因此当时不等式恒成立，令用替换得，所以即，【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，
29、考查导数的几何意义，利用导数求函数的单调区间，考查不等式的证明，解题的关键是由（2）可得当时不等式恒成立，用替换得，然后给从取到，得到个式子相加可得结论，考查计算能力，属于较难题（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答. 并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分. 如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，点P是曲线(t为参数)上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点P在y轴右侧，点Q在曲线上，求的最小值.【答案】（1）：
30、，：；（2）最小值为.【解析】【分析】（1）由，消去即可；将代入得到曲线的直角坐标方程；（2）设点P坐标为，最小值，由点P到曲线的距离求解.【详解】（1），消去,，即曲线的普通方程为.曲线的极坐标方程为，由得曲线的直角坐标方程为.（2）P是曲线右支上的动点，设点P坐标为，是曲线上，最小值即点P到曲线的距离，则，当且仅当时取等号，当时，取最小值，最小值为.选修45：不等式选讲23. 设函数.（1）若，求证：；（2）对于，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由时，利用绝对值三角不等式求解；（2）法一根据转化为对恒成立求解；法二根据结合，分，讨论求解；【详解】（1）当时，当且仅当，等号成立，.（2）对于，恒成立，对恒成立，即，.实数的取值范围法二：，当时，即时，当即时，当时，当时，由可知.综上：的取值范围【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；
