2022年汕头市普通高考第一次模拟考试试题数学第Ⅰ卷选择题一、选择题：本题共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集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合，然后由集合的交集和并集运算对选项进行逐一判断即可得出答案.【详解】,又所以，故选项A、C不正确.,故选项B正确.选项D不正确.故选：B2.已知，则（）A.B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】求出，即得解.【详解】解：由题得，所以.故选：C3.有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3
个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将4人分成3组，其一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求出每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可详解】先将4人分成3组，其一组有2人，另外两组各1人，共有种分法，然后将3个项目全排列，共有种排法，所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，因为4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数种，所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率为，故选：D4.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，，，成等差数列，则（）A.B.C.D.5【答案】A【解析】【分析】设等比数列的公比，根据题意列出方程组，解得答案.【详解】设等比数列的公比为，，故由题意可得：，，解得，，故选：A5.已知，，，则以下不等式正确的是（）A.B.C.D.
【答案】C【解析】【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可【详解】，，，令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，，因为，所以，所以故选：C6.点在圆上运动，直线分别与轴、轴交于、两点，则面积的最大值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出以及点到直线的距离的最大值，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.【详解】易知点、，则，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最大值为，所以，面积的最大值是.故选：D.7.已知，，则（）A.B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】根据两角和的正切公式可得，利用同角三角函数的基本关系求出，结合二倍角的余弦公式化简原式，计算即可.【详解】由，得，又，得，即，整理，得或(舍去)，所以，又，，解得，故.故选：B8.定义在R上的偶函数满足，且当时，
，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.【详解】因为，且为偶函数所以，即，所以函数是以4为周期的周期函数，作出，在同一坐标系的图象，如图，
因为方程至少有8个实数解，所以，图象至少有8个交点，根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，由图可知，当时，只需，即，当时，只需，即，当时，由图可知显然成立，综上可知，.故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如下表，根据成绩表作图，则下列说法正确的是（）第一次第二次第三次第四次第五次第六次王伟988791928895张诚907688758680赵磊686573727582
班级平均分88.278.385.480.375.782.6A.王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平B.张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平C.赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小D.赵磊同学的数学成绩波动上升【答案】ACD【解析】【分析】根据折线图，分别对王伟、张诚、赵磊同学的数学成绩较班级平均分进行分析，即可得出结果.【详解】根据折线图可知，王伟同学的数学成绩稳定且始终高于班级平均分，张诚同学的数学成绩在班级平均分附近波动，赵磊同学的数学成绩低于班级平均分，但与班级平均分的差距逐渐减小，波动的提升，故选：ACD10.已知正实数a，b满足，则以下不等式正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】对于A，对两边同除以进行判断，对于B，利用基本不等式分析判断，对于C，由可得，产生矛盾，对于D，由已知可得，所以，化简后利用基本不等式求解
【详解】对于A，因为正实数a，b满足，所以，即，所以A错误，对于B，因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以B正确，对于C，若，则，所以，所以，而由选项B可知，所以不成立，所以C错误，对于D，因为正实数a，b满足，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以D正确，故选：BD11.对于函数，下列结论正确得是（）A.的值域为B.在单调递增C.的图象关于直线对称D.的最小正周期为【答案】AD【解析】【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.【详解】，，所以，所以是偶函数，又，所以是函数的周期，
又，故的最小正周期为.对于A，因为的最小正周期为，令，此时，所以，令，所以有，可知其值域为，故A正确；对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上不单调递增，故B不正确；对于C，因为，，所以，所以的图象不关于直线对称，故C不正确；对于D，前面已证明正确.故选：AD12.如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且.则下列结论正确的是（）
A.当E与重合时，异面直线与所成的角为B.三棱锥的体积为定值C.在平面内的射影长为D.当E向运动时，二面角的平面角保持不变【答案】BCD【解析】【分析】A：当E与重合，BD中点为O并连接，可得，即为异面直线与所成角的平面角，应用余弦定理求余弦值，即可确定大小；B：由及A到面、B到直线的距离为定值即可判断；C：在平面内的射影在上，即可求射影长；D：由二面角为二面角即可判断.【详解】A：当E与重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，所以，又，，，所以，错误；
B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；C：易知，在平面内的射影在上，所以射影长为，正确；D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，正确.故选：BCD第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行.某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则______.
【答案】0.050【解析】【分析】根据频率分布直方图，利用频率之和为1求解即可.【详解】由，解得，故答案为：0.05014.已知四边形中，，，，点E是的中点，则______.【答案】【解析】【分析】如图，分别过点作,垂足分别为,求出，再利用平面向量的线性运算和数量积运算求解.【详解】解：如图，分别过点作,垂足分别为.由题得四边形为等腰梯形，,所以.由题得.故答案为：
15.已知双曲线，，为C两条渐近线，过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，若，则曲线C的离心率______.【答案】##【解析】【分析】不妨设为，为，则直线的方程为，联立联立，求得点的坐标，联立，求得点的坐标，再根据，得出的齐次式，从而可得出答案.【详解】解：不妨设为，为，过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，，则直线的方程为，联立，解得，即，
联立，解得，即，则，，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以.故答案为：.16.为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.
【答案】①.1②.【解析】【分析】利用二分检测法求解.【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，则共需检测7次，此时感染者人数最多为1人；若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个感染者，则只需次检测；若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为的组，每组1个感染者，此时每组需要次检测，所以此时两组共需次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.故答案为：1，四、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.在①；②的面积为；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，，______？.【答案】见解析【解析】【分析】若选①，则，由正弦定理列方程可求出，再求出，然后利用正弦的二倍角公式可求出，再利用正弦定理可求出c的值，
若选②，则由已知条件可求出，从而可得，然后利用余弦定理可求出c的值，若选③，则由已知可得，再由正弦定理可得，从而可得三角形不存在【详解】若选①，则，且,因为，，由正弦定理得，则，即,所以，，得，因为，所以，因为，所以角为锐角，所以，所以,所以由正弦定理得,若选②，则由的面积为，，，得，所以，当为锐角时，，此时由余弦定理得，所以，
当为钝角时，，此时由余弦定理得，所以，综上，或，若选③，由，得，由正弦定理得，则，所以三角形不存在18.已知数列的前n项和为，.（1）证明：数列为等比数列，并求数列的前n项和为；（2）设，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求出，然后将的换成，与原式相减可得，从而可得即可证明，求出通项公式，再分组可求和.（2）先求出，可得出，裂项相消法求和，可证明.【小问1详解】当时，，即由，则两式相减可得，即所以，即
数列为等比数列则，所以则【小问2详解】所以19.足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜.（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是.在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望.（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负.设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为.每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率.【答案】（1）分布列见解析，期望为；（2）.【解析】
【分析】（1）根据题意，即可计算分布列及期望；（2）“甲VS乙：3:0”记为事件，“甲VS乙：3:1”记为事件，此两互斥事件的和即为所求事件，分别计算两事件的概率，求和即得解.【小问1详解】依题意，，的可能取值为：0,1,2,3，；.X的分布列为：X0123P.【小问2详解】记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件A.依题意知：在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数比为:“甲VS乙：3:0”记为事件，或“甲VS乙：3:1”记为事件，则，且与互斥.依题意有：，，.20.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段上一点.
（1）是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（2）当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大.【答案】（1）时，平面；（2）当时，直线与面所成的角的正弦值最大.【解析】【分析】（1）求出,再根据平面求出即得解；（2）如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，设利用向量法求出，利用基本不等式求解.【小问1详解】解：由题得,所以.所以△是圆的内接三角形，所以，由题得.假设平面，所以.此时所以时，平面.【小问2详解】
解：如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系.设，所以设平面的法向量为，所以，所以.设直线与面所成的角为，由题得.当且仅当时，直线与面所成的角的正弦值最大.21.已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.【小问1详解】因为，即，所以，则，又，得，即，所以动点G的轨迹方程E为：；【小问2详解】由题意知，设直线l的方程为：，，则，，消去y，得，由，得，，直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，整理，得，，，由，化简得，所以，故直线过定点.22.已知函数（且为常数）.（1）讨论函数极值点个数；（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求得，分、、三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：函数的定义域为，则.令，则，由，可得，列表如下：
减极小值增所以，.①当时，即当时，对任意的，且不恒为零，此时函数在上单调递增，则函数无极值点；②当时，令，则，由，可得，列表如下：减极小值增且当时，；当时，.作出函数与函数的图象如下图所示：（i）当时，直线与函数的图象有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为、，且，
由图可知，当或时，；当时，.此时，函数有个极值点；（ii）当时，由图可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，l当时，；当时，.此时函数只有个极值点.综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数有个极值点；当时，函数只有个极值点.【小问2详解】解：不等式对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，令，其中，则，令，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，因为，，故存在，使得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，因为，则，因为，则，因为函数在上单调递增，由可得，故，可得，所以，，故.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.
