1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 21 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 頁2022屆重慶市第一中學校高三下學期5月月考數學試題一、單選題1設復數z滿足，z在復平面內對應的點為(x，y)，則（）ABCD【答案】C【分析】本題考點為復數的運算，為基礎題目，難度偏易此題可采用幾何法，根據點（x，y）和點(0，1)之間的距離為1，可選正確答案C【詳解】則故選C【點睛】本題考查復數的幾何意義和模的運算，滲透了直觀想象和數學運算素養采取公式法或幾何法，利用方程思想解題2已知集合，那么（）ABCD【答案

2、】B【分析】解分式和指數不等式可求得集合，由交集定義可得結果.【詳解】由得：，解得：或，即；由得：，即；.故選：B.3點P為橢圓上一點，為該橢圓的兩個焦點，若，則（）A13B1C7D5【答案】D【分析】寫出橢圓的標準方程，由橢圓的定義得到，從而求出答案.【詳解】橢圓方程為：，由橢圓定義可知：，故故選：D4已知偶函數，當時，則的圖象在點處的切線的斜率為（）ABCD【答案】A【分析】求導后，代入可得，由此可得時，；根據奇偶性可求得時，的解析式，求導后代入即可得到切線斜率.【詳解】當時，解得：，當時，；當時，又為偶函數，即時，則，.故選：A.5已知一個圓臺的上、下底面半徑之比為1：2，母線長為4，其

3、母線與底面所成的角為45，則這個圓臺的體積為（）ABCD【答案】B【分析】作出輔助線，求出上、下底面半徑和高，從而求出圓臺的體積【詳解】如圖，由題意得：BD=4，AB=2CD，ABD=45，過點D作DEAB于點E，則DE=BE，因為圓臺的上、下底面半徑之比為1：2，所以CD=AE=BE=，則圓臺上底面面積為，下底面面積為，故圓臺的體積為故選：B6幾何學中把變換前后兩點間距離保持不變的變換稱為剛體變換在平面中作圖形變換，易知平移變換是一種剛體變換以下兩個函數與，其中不能由通過平移剛體變換得到的是（）A，B，C，D，【答案】D【分析】ABC均可以通過左右平移或上下平移得到；D選項只能通過伸縮變換，

4、而不能由平移變換得到.【詳解】向左平移個單位即可得到；因為，所以先向左平移1個單位，再向下平移1個單位即可得到；向上平移1個單位，即可得到；因為，故不能通過上下左右平移得到.故選：D7平面向量滿足，與的夾角為，記，當取最小值時，（）ABCD【答案】B【分析】設，作出圖象，根據平面向量基本定理可知起點相同，終點在直線上，可知且，由向量數量積定義可求得結果.【詳解】設，則，如圖所示，與的夾角為，；且，起點相同時，終點共線，即在直線上，當時，最小，又，此時，.故選：B.8已知等差數列（公差不為零）和等差數列的前n項和分別為，如果關于x的實系數方程有實數解，那么以下2021個方程中，無實數解的方程最多

5、有（）A1008個B1009個C1010個D1011個【答案】C【分析】設出兩個等差數列的公差，由等差數列的性質得到，要想無實根，要滿足，結合根的判別式與基本不等式得到和至多一個成立，同理可證：和至多一個成立，和至多一個成立，且，從而得到結論.【詳解】由題意得：，其中，代入上式得：，要想方程無實數解，則，顯然第1011個方程有解，設方程與方程的判別式分別為和，則，等號成立的條件是a1=a2021.所以和至多一個成立，同理可證：和至多一個成立，和至多一個成立，且，綜上，在所給的2021個方程中，無實數根的方程最多1010個故選：C【點睛】對于數列綜合題目，要綜合所學，將不熟悉的問題轉化為我們熟練

6、的知識點進行解決，比如本題中要結合根的判別式，以及等差數列的性質，以及基本不等式進行求解，屬于難題.二、多選題9下列說法正確的是（）A若二項式的展開式中所有項的系數和為，則展開式共有項B對具有線性相關關系的變量，其線性回歸方程為，若一個樣本點為，則實數的值是C已知隨機變量服從正態分布，若，則D已知，若，則【答案】CD【分析】令可構造方程求得，知展開式有項，知A錯誤；根據樣本點未必在回歸直線上可知B錯誤；由，結合正態分布曲線對稱性可知C正確；根據二項分布方差公式可求得，由方差性質可得，知D正確.【詳解】對于A，令，則展開式所有項系數和為，解得：，則展開式共有項，A錯誤；對于B，樣本點不一定在回歸

7、直線上，不一定是，B錯誤；對于C，C正確；對于D，D正確.故選：CD.10在數學史上，為了三角計算的簡便并且更加追求計算的精確性，曾經出現過下列兩種三角函數：定義為角的正矢，記作，定義為角的余矢，記作，則下列命題正確的是（）ABC若，則D函數的最大值為【答案】BC【分析】AB選項，按照題干信息進行計算即可；C選項，按照題干信息計算得到，再分子分母同除以把弦化切，進行求解；D選項，利用誘導公式及題干信息化簡得到，進而求出最大值.【詳解】，A錯誤；，B正確；，分子分母同除以得：，C正確；，當時，取得最大值為4，D錯誤.故選：BC11已知拋物線的焦點為F，過點F的直線交該拋物線于，兩點，點T（-1，

8、0），則下列結論正確的是（）ABC若三角形TAB的面積為S，則S的最小值為D若線段AT中點為Q，且，則【答案】ABD【分析】A選項，設出直線AB：，與聯立后得到兩根之積；B選項，利用拋物線的定義得到，轉化為兩根之和與兩根之積的關系式，代入求解；C選項，表達出，求出最小面積；D選項，根據得到，得到，進而計算出，求出.【詳解】將直線AB：與聯立得：設，則，故A正確；由拋物線的定義可知：，則，B正確；，當且僅當時等號成立，故S的最小值為4，C錯誤；由可得：，即，所以，解得：或（舍去），又因為，所以，因此，D正確.故選：ABD【點睛】拋物線的焦點弦的性質是比較多的，要重點記憶一些，比如，等.12已知函

9、數（為常數），其中正確的結論是（）A當時，無最大值B若為銳角的兩個銳角，則對于任意的，都有C當時，是的極值點D有個零點的充要條件是【答案】ABD【分析】根據的正負可確定，由此可得單調遞減，知A正確；根據時在上單調遞減且，可知B正確；根據的正負可確定，由此可得單調遞減，知C錯誤；將D中問題轉化為與有個不同的交點，利用導數可求得單調性，采用數形結合的方式可求得的范圍，知D正確.【詳解】對于A，當時，則，令，解得：，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞減，無最大值，A正確；對于B，當時，在上單調遞減，為銳角的兩個銳角，B正確；對于C，當時，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調

10、遞減，在上單調遞減，無極值，C錯誤；對于D，顯然不是的零點，有個零點等價于與有個不同的交點；，當時，；當時，；在，上單調遞增，在上單調遞減，則可得圖象如下圖所示，由圖象可知：當時，與有個不同的交點，即有個零點的充要條件是，D正確.故選：ABD.【點睛】思路點睛：本題考查導數在函數問題中的應用，判斷是否存在最值和極值的基本思路是通過確定函數的單調性，結合極值和最值定義得到結論；解決函數零點個數問題的基本思路是將問題轉化為圖象交點個數問題，通過數形結合的方式來求得結果.三、填空題13已知數列滿足：，則_【答案】【分析】由遞推關系式可知數列是周期為的周期數列，根據可得結果.【詳解】由題意得：，數列是

11、周期為的周期數列，.故答案為：.14若從甲、乙等名志愿者中隨機安排人任正組長，人任副組長，以及名普通組員到北京冬奧會花樣滑冰場館服務，若甲做正組長時乙不能做副組長的安排方案有_種【答案】【分析】首先甲做正組長的安排方案和甲做正組長時，乙做副組長的安排方案種數，采用間接法求得結果.【詳解】甲做正組長，則共有種安排方案；其中乙做副組長的安排方案有種；甲做正組長時乙不能做副組長的安排方案有種.故答案為：.15已知（a，b為實數），則_【答案】-2014【分析】先化簡得到，再利用函數奇偶性進行求解.【詳解】，因為為奇函數，所以，其中，所以，解得：故答案為：-201416傳說古希臘數學家阿基米德的墓碑上

12、刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等這個“圓柱容球”是阿基米德生前最引以為豪的發現如圖，在底面半徑為的圓柱內有球與圓柱的上、下底面及母線均相切，設分別為圓柱的上、下底面圓周上一點，且與所成的角為，直線與球的球面交于兩點，則線段的長度為_【答案】【分析】取中點，由等腰三角形三線合一可得；由線面垂直的判定與性質可證得，利用勾股定理可推導求得，又，可知為中點，由此可得.【詳解】，取中點，連接，為中點，；，平面，平面，又平面，；，也是中點，.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查旋轉體中的線段長度的求解問題，解題關鍵是能夠熟練應用圓柱和球的結構中的長度相等的線段之間的關系

13、，結合垂直關系，利用勾股定理來進行求解.四、解答題17已知數列的前項和為，點在直線上(1)求數列的通項公式；(2)記，數列的前項和為，求使得成立的的最大值【答案】(1)(2)【分析】（1）將代入直線方程，可得，利用與關系可證得數列為等比數列，由等比數列通項公式推導可得；（2）由（1）可得，采用裂項相消法可求得，解不等式可求得，由此可得最大值.【詳解】(1)點在直線上，當時，解得：；當時，即，數列是以為首項，為公比的等比數列，.(2)由（1）得：，由得：，則，則，使得成立的的最大值為.18在，三個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并加以解答在中，角的對邊分別為，且_，作，連接圍成梯形中，(1)求

14、角的大小；(2)求四邊形的面積【答案】(1)(2)【分析】（1）選：利用正弦定理邊化角，結合兩角和差正弦公式可求得，由此可得；選：由正弦定理角化邊，可配湊出余弦定理的形式，求得，由此可得；選：由向量數量積和三角形面積公式可求得，由此可得；（2）在中，由余弦定理可求得和，進而得到，由平行關系可確定，；利用兩角和差正弦公式求得后，利用正弦定理可得；根據三角形面積公式和可求得結果.【詳解】(1)若選條件，由正弦定理得：，即，又，.若選條件，由正弦定理得：，即，又，.若選條件，又，.(2)在中，由余弦定理得：，又，；在中，由正弦定理得：，.19在2022年卡塔爾世界杯亞洲區預選賽十二強賽中，中國男足以

15、1勝3平6負進9球失19球的成績慘敗出局甲、乙足球愛好者決定加強訓練提高球技，兩人輪流進行定位球訓練（每人各踢一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進球另一人不進球，進球者得1分，不進球者得分；兩人都進球或都不進球，兩人均得0分，設甲每次踢球命中的概率為，乙每次踢球命中的概率為，甲撲到乙踢出球的概率為，乙撲到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影響(1)經過1輪踢球，記甲的得分為X，求X的數學期望；(2)若經過n輪踢球，用表示經過第輪踢球累計得分后甲得分高于乙得分的概率，求【答案】(1)(2)【分析】（1）記一輪踢球，甲進球為事件

16、A，乙進球為事件B，求出，求出X的可能取值及相應的概率，求出分布列及數學期望；（2）可直接在第一問的基礎上直接得到，分三種情況，進行求解，分析得到經過三輪踢球，甲累計得分高于乙有四種情況，進行求解.【詳解】(1)記一輪踢球，甲進球為事件A，乙進球為事件B，A，B相互獨立，由題意得：，甲的得分X的可能取值為-1,0,1，所以X的分布列為：X-101P.(2)由（1）得：，經過三輪踢球，甲累計得分高于乙有四種情況：甲3輪各得1分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得0分；甲3輪中有1輪得1分，2輪各得0分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得-1分.所以20如圖，四棱錐的底面ABCD是等腰梯形，是等邊三角形，

17、平面平面ABCD，點M在棱PC上(1)當M為棱PC中點時，求證：；(2)若點M滿足：，求銳二面角的余弦值【答案】(1)證明過程見解析；(2)【分析】（1）作出輔助線，由余弦定理求出，進而由勾股定理逆定理得到ACBC，由面面垂直得到線面垂直，進而得到線線垂直，從而證明出線面垂直，證明出；（2）先證明PO，BC，ON兩兩垂直，進而建立空間直角坐標系，利用空間向量求解二面角.【詳解】(1)連接AC，過點C，D分別作CEAB于點E，DFAB于點F，底面ABCD為等腰梯形且BC=CD=2，AB=4，則AF=BE=1，所以，由余弦定理得：，所以，所以ACBC，又平面平面ABCD，且交線為BC，所以AC平面

18、PBC，因為平面PBC，所以ACBM，因為M是棱PC的中點，且是等邊三角形所以BMPC，因為，所以BM平面APC，因為平面APC，所以APBM(2)取BC中點O，連接PO，因為三角形PBC為等邊三角形，所以POBC，又平面平面ABCD，且交線為BC，所以PO平面ABCD，取AB的中點N，連接ON，則ONAC，由（1）知ON平面PBC，所以PO，BC，ON兩兩垂直，以O為坐標原點，以OC，ON，OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，易知平面MBC的一個法向量，設平面MBD的一個法向量為，則，可取，設銳二面角的大小為，則21已知函數滿足(1)若關于的方程恰有四個不同實數根，求實數的

19、取值范圍；(2)若對定義域中的恒成立（其中），求的最大值【答案】(1)(2)【分析】（1）采用構造方程組的方式可求得解析式，從而將方程變為，將問題轉化為與的圖象恰有四個不同交點，作出函數圖象，采用數形結合的方式可求得結果；（2）將不等式轉化為；當時，取，可知不等式不成立；當時，令，利用導數可求得單調性，由此可得，則原問題等價于，利用導數可求得單調性，進而得到，由此可得結果.【詳解】(1)，則，解得：；若關于的方程恰有四個不同實數根，則，則關于的方程恰有四個不同實數根等價于與的圖象恰有四個不同交點，當時，由對勾函數單調性知：在上單調遞增，在上單調遞減，則當時，；當時，由對勾函數單調性知：在上單調遞減，在上單調遞增，則當時，又當時，；由此可作出與的圖象如下圖所示，由圖象可知：或，解得：或，即實數的取值范圍為.(2)，即；