2022届四川省攀枝花高三二模数学试卷及答案

2022届四川省攀枝花高三二模数学试卷及答案

一、单选题

1．设全集，集合，则（       ）

A． B．

C． D．

2．若复数的实部与虚部相等，则的值为（       ）

A． B． C．1 D．2

3．已知具有线性相关的变量、，设其样本点为，回归直线方程为，若，（为坐标原点），则（       ）

A． B． C．2 D．5

4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图．则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

5．已知，，且，则实数（       ）

A． B．1 C．0或 D．0或1

6．若将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，则平移后函数图象的对称轴方程为（       ）

A． B．

C． D．

7．已知，则函数的部分图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

8．如图正方体，中，点、分别是、的中点，为正方形的中心，则（       ）

A．直线与是异面直线 B．直线与是相交直线

C．直线与互相垂直 D．直线与所成角的余弦值为

9．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

10．如图，平面四边形中，，．则（       ）

A． B． C． D．3

11．已知四面体中，，，，则以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为（       ）

A． B．

C． D．

12．定义在上的偶函数，当时，恒有，设，，．则（       ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知二项式的展开式中含的项的系数为80．则实数______．

14．甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排．甲、乙要相邻．且甲不站在两端，则不同的排法种数______．

15．已知函数，则满足不等式的的取值范围是______．

16．在中，，，，平分交于点，则的面积为______．

三、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题．

设首项为的数列的前项和为，且满足______（只需填序号）

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和项和．

18．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．

(1)估计这组数据的平均数；

(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；

(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：

方案①：所有芒果以10元/千克收购；

方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．

请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

19．如图1．在直角梯形中，，．点为的中点．点在上，且，．将四边形沿边折起，如图2．

(1)证明：图2中的平面

(2)在图2中，若．求二面角的余弦值．

20．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与抛物线交于、两点，与轴交于

(1)当，时．求的值；

(2)当点、重合时，过点的圆与抛物线交于另外一点．试问直线是否过轴上的定点？若是，请求出点坐标；若不是，请说明理由．

21．已知函数在处的切线方程是．

(1)求的单调区间；

(2)如果且．求证：．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

(1)求曲线和直线的直角坐标方程；

(2)已知点，直线和曲线相交于、两点，求的值

23．已知，，．函数．

(1)当，时，解关于的不等式．

(2)当的最小值为1时，证明．

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

求出函数的定义域即为集合A，然后由补集的定义即可求解.

【详解】

解：因为或，又全集，

所以，即，

故选：D.

2．B

【解析】

【分析】

根据复数乘法运算化简，再由实部虚部相等求解即可.

【详解】

，

，

故选：B

3．A

【解析】

【分析】

首先求得样本中心点，然后利用线性回归方程的性质求解即可．

【详解】

因为，所以.

因为，所以.

因为线性回归直线经过样本中心点，则，即，解得．

故选：A

4．B

【解析】

【分析】

由几何体的三视图可知，该几何体为倒立圆锥，且圆锥的底面圆半径为1，高为2，根据圆锥的体积公式即可求解.

【详解】

解：由几何体的三视图可知，该几何体为倒立圆锥，且圆锥的底面圆半径为1，高为2，

所以体积，

故选：B.

5．C

【解析】

【分析】

根据两角和的正切公式进行求解即可.

【详解】

因为，

所以有，

解得，或，

故选：C

6．B

【解析】

【分析】

由已知可求出函数平移后的解析式为，令即可求解.

【详解】

将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，可得

平移后图象的对称轴方程 ，由此可得（），

故选：B

7．A

【解析】

【分析】

利用二倍角余弦公式化简的表达式，令，可得的解析式，再判断函数的奇偶性，可排除选项C、D，最后根据时，即可求解.

【详解】

解：，令，

则，

所以，定义域关于原点对称，

因为，

所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除选项C、D；

又时，因为，所以，

所以排除选项B，选项A正确；

故选：A.

8．C

【解析】

【分析】

根据空间直线的位置关系判断直线与，是否异面，用向量法求异面直线所成角.即可得到答案.

【详解】

在正方体中，点分别是的中点，为正方形的中心，易知四边形为平行四边形，所以相交，故A不正确.

若直线是相交直线，则直线相交或平行，这与题意不符合，故B不正确.

以分别为轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图

则,

则,,,

, ，故C正确.

，故D不正确.

故选：C

9．D

【解析】

【分析】

先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．

【详解】

当时，由恒成立，二次函数的对称轴为，

（1）当时，在上单调递减，则恒成立，

（2）当时，，所以

综上可知，当时，在上恒成立；

当时，恒成立，即在上恒成立，

令，则，

当时，，函数单增，又，所以；

综上可知，的取值范围是，

故选：D

10．C

【解析】

【分析】

由，可得，

所以，从而即可求解得答案.

【详解】

解：因为，所以，

所以，

因为，所以，

所以，

所以

，

故选：C.

11．B

【解析】

【分析】

由题意，取中点，连接，，可得为等边三角形，取中点，求得，再说明到（或的距离大于，得到以为球心， 为半径的球面与侧面的交线为圆，利用勾股定理求出圆的半径，即可求解.

【详解】

解：如图，

取中点，连接，，，，

，，又，

所以平面，

又，，

，为等边三角形，

取中点，则，可得，

又因为平面，所以，

因为，所以平面，

又设到（或的距离为，

由，

可得，

以为球心，为半径的球面与侧面的交线为圆，圆的半径为，

所以以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为，

故选：B.

12．C

【解析】

【分析】

比较的大小，再根据函数的奇偶性与单调性即可比较大小得解.

【详解】

因为，

所以当时，，

所以在上单调递增，

由为偶函数可知，，

，，

，

故选：C

13．

【解析】

【分析】

根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】

二项式的通项公式为：，

令，因此有：，

故答案为：

14．36

【解析】

【分析】

甲只能从中间三个位置选一个站，乙要与甲相邻只有两个位置可选择，甲、乙站好后其他三人位置随便站，从而即可求解.

【详解】

解：由题意，甲只能从中间三个位置选一个站，乙要与甲相邻只有两个位置可选择，甲、乙站好后其他三人位置随便站，故有种不同的排法种数，

故答案为：36.

15．

【解析】

【分析】

利用导数判断函数的单调性；根据函数奇偶性的概念判断函数的奇偶性；从而利用函数的单调性和奇偶性即可解不等式.

【详解】

因为，所以，易知恒成立，

所以在上单调递增，

又函数的定义域为，且，所以为奇函数，

所以由，得，

所以，即，所以，解得.

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

由已知条件结合正、余弦定理求出，再根据，求得，然后利用可求得结果

【详解】

在中，由正弦定理得，

所以，

因为，，，

所以，,

因为，所以，

所以，

由余弦定理得，，

化简得，解得或，

设，则，

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

因为，，

所以解得，得，则，

所以，

当时，为等腰三角形，

如图过作于，则,

，

在中，，解得，

在中，由正弦定理得,

因为，所以,

此时不满足，所以不合题意，

所以，

所以，

故答案为：

17．(1)条件选择见解析，；

(2).

【解析】

【分析】

（1）选①：令，由可得出，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；

选②：利用累加法可求得数列的通项公式；

选③：令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得.

(1)

解：选①：当时，由可得出，

上述两个等式作差得，可得，

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，故；

选②：由已知可得，

所以，，，，，，

上述个等式相加得，

；

选③：当时，，可得，

当时，由可得，

上述两个等式作差得且，

所以，数列数列是以为首项，以为公比的等比数列，故.

(2)

解：，，

所以，，

上述两个等式作差得，

因此，.

18．(1)克；

(2)；

(3)方案②.

【解析】

【分析】

(1)根据直方图估计平均数公式即求；

(2)利用古典概型概率公式即求；

(3)分别计算两种方案的获利再比较大小即可.

(1)

由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：

（克）；

(2)

由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，

从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，

记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，

∴；

(3)

方案①收入：

（元）；

方案②收入：

由题意得低于350克的收入：（元）；

高于或等于350克的收入：（元）.

故总计（元），由于,

故种植园选择方案②获利更多.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）设，取的中点为G，连接，证明平面平面即可得证平面；

（2）由勾股定理证明，由线面垂直的判断定理证明平面，从而可得平面，所以两两互相垂直，建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，利用向量法即可求解二面角的余弦值.

(1)

证明：设，取的中点为G，连接，

因为直角梯形中，，，点为的中点，点在上，且，，

所以四边形为矩形，所以为的中点，

因为，且，所以四边形为平行四边形，

所以，又，

所以，所以四边形为平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面，

因为的中点为G，为的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以平面，

又，所以平面平面，

因为平面，所以平面，即平面；

(2)

解：因为，所以，所以，

又，，所以，

所以平面，所以平面，同理可得平面，所以平面，

所以，

所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，

，，

设平面的法向量为，

则，即，取可得，

因为平面，所以平面的法向量为，

所以，

因为二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.

20．(1)；

(2)是，.

【解析】

【分析】

（1）由题可设直线，利用韦达定理及抛物线的定义即求；

（2）由直线方程与抛物线方程联立，可得，由题可得，令，，即得.

(1)

∵抛物线，

∴焦点为，可设直线，，

由，得，

∴，

∴；

(2)

由题可设直线，，

由，得，

∴，

由圆及抛物线的对称性可得，则直线，

令，可得

，

故直线过轴上的定点.

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求函数的导数，根据切线方程列出相应的方程组，即可求得m,n的值，继而根据导数求得答案；

（2）将要证明的不等式进行变式，分情况考虑，① ；②，①可根据函数的单调性解决，②要根据所给条件将展开，然后根据其展开的式子特点构造新的函数，利用导数判断其单调性，加以解决.

(1)

由得：，

而函数在处的切线方程是，

故，，

联立解得 ，

故， ，令，

则，当时，，当时，，

故 ，

即，所以在定义域内是单调减函数，

即的单调减区间为 ，无单调增区间；

(2)

证明:由（1）可知，

因为且，

不妨设，那么与1的大小关系有两种：① ；②，

对于①，由（1）知：在定义域内是单调减函数，

所以，，

所以；

对于②，由得：，

故，

所以

=，

由知：，

设，则，

而，

所以，

即有是单调减函数，故，

即，

故，即.

【点睛】

本题考查了导数几何意义的应用以及和导数有关的不等式的证明问题，综合性较强，解答这类题的关键是要将不等式进行合理的变式，然后构造新的函数，利用导数判断其单调性以及求其最值，因此，如何合理的变形是问题突破的重要环节，这就要观察不等式的特点，其中所含有的是何种样式的函数，据此灵活应变才可解决问题.

22．(1)，；

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去参数得普通方程，利用公式可化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）把直线方程化为标准参数方程，代入曲线的直角坐标方程，利用参数几何意义计算．

(1)

由得

利用，得，即为的普通方程，

由，得，

即，即，直线的直角坐标方程为；

(2)

点在直线上，可得其参数方程为（为参数），

把代入得，，

所以，，不同号．

．

23．(1)；

(2)证明过程见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用绝对值的性质，运用分类讨论思想进行求解即可；

（2）利用绝对值的性质，结合基本不等式进行证明即可.

(1)

当，时，，

，

当时，；

当时，，显然不成立；

当时，，

所以不等式的解集为：；

(2)

因为，，，所以有：

，

当的最小值为1时，即当时，

（当且仅当时取等号），

，

当且仅当时取等号，

所以.