内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题-a8a671bc8b104b389891ed209af1d71e

这是一份内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题-a8a671bc8b104b389891ed209af1d71e，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知命题，如图所示程序框图，其输出值，直线l，已知点F为双曲线等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分    注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．若集合，，则（       ）A． B． C． D．2．复数在复平面内对应的点为，则（       ）A． B． C． D．3．（       ）A． B． C． D．4．已知命题：幂函数在上单调递增；命题：若函数为偶函数，则的图象关于直线对称．则下列命题为假命题的是（       ）A． B． C． D．5．图形是信息传播、互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形．即做几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图．下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的最长的一条侧棱长为（       ） A．3 B． C． D．6．非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的正射影的数量为（       ）A． B． C． D．7．如图所示程序框图，其输出值（       ） A．24 B．25 C．26 D．278．将函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线对称，则的最小值为（       ）A． B． C． D．9．直线l：与函数的图象有两个公共点，则k的取值范围为（       ）A． B． C． D．10．已知点F为双曲线（，）的右焦点，若双曲线左支上存在一点P，使直线与圆相切，则双曲线离心率的取值范围是（       ）A． B． C． D．11．若过点可以作三条直线与曲线C：相切，则m的取值范围是（       ）A． B． C． D．12．在一个含有底面的半球形容器内放置三个两两外切的小球，若这三个小球的半径均为3，且每个小球都与半球的底面和球面相切，则该半球的半径（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题13．3月12日是植树节，某地组织青年志愿者进行植树活动，植树的树种及其数量的折线图，如图所示．后期，该地区农业局根据树种采用分层抽样的方法抽取150棵树，请专业人士查看树种的成活情况，则被抽取的梧桐树的棵数为______．14．如图所示，在平面四边形ABCD中，若，，，，则的面积的最大值为______．15．设随机变量X服从正态分布，若，则______．16．已知函数是R上的奇函数，对任意，都有成立，当，，且时，都有，有下列命题：①；②点是函数图象的一个对称中心；③函数在上有2023个零点；④函数在上为减函数；则正确结论的序号为______．评卷人得分  三、解答题17．从①，②，这两个条件中选择一个补充到下面问题中，并完成解答．问题：已知数列的前n项和为，且______，为等差数列，，，，成等差数列．(1)写出所选条件的序号，并求数列、的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．18．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，本届冬奥会的关注度已经超越了以往历届冬奥会．北京冬奥会国家速滑馆（“冰丝带”）承办了本届奥运会的部分冰上项目比赛．速度滑冰、冰球、花样滑冰项目中，运动员在冰面上急转急停时，冰刀会对冰面造成损伤，因此为给运动员们提供及时优质的冰面保障，每个比赛曰都需要及时补冰．已知，场馆室内温度的变化对于补冰量具有一定的影响，在赛事举办期间随机挑选五天，对场馆室内温度与补冰量进行测量，得到如下相关数据表：比赛日编号12345场馆室内温度x（单位：℃）101113128补冰量y（单位：L）2325302616 (1)从这5个比赛日中任选2天，记这2个比赛日补冰量分别为m，n，求事件“m，n均不小于25”的概率；(2)利用编号为2，3，4的3组相关数据，建立y关于x的线性回归方程，根据此回归方程，求场馆室内温度为10℃时的补冰量的估计值，并计算该估计值与测量值之差的绝对值．附：样本的最小二乘法估计公式为，19．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D、E分别是，的中点．(1)证明：平面平面；(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．20．拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点M的坐标为，与直线l相切．(1)求抛物线C和的标准方程；(2)已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．21．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若函数，证明：当时，．22．在直角坐标系中，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，两坐标系取相同单位长度，直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)求曲线上的点到直线距离的最小值.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)令的最小值为.若正实数，，满足，求证：.
参考答案：1．A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，求得，集合集合交集的运算，即可求解.【详解】由不等式，所以集合，又由集合，所以.故选：A.2．A【解析】【分析】复数在复平面内对应的点为，可得到复数的代数形式，计算即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，所以，故选：A.3．B【解析】【分析】根据三角函数的诱导公式，准确化简、运算，即可求解.【详解】由三角函数的诱导公式得.故选：B.4．C【解析】【分析】首先分别判断命题和命题的真假，然后再根据逻辑连接词“且”、“或”、“非”进行判断即可.【详解】是偶函数，幂函数在上单调递减，在上单调递增，命题为真命题；则为假命题；函数为偶函数， 的图象关于直线对称命题为真命题；则为假命题； 又逻辑连接词“且”为“一假必假”，“或”为“一真必真”， 则对于A，为真命题；对于B，为真命题；对于C，为假命题；对于D，为真命题；故选：C.5．B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，画出直观图，从而可求出最长的侧棱长【详解】由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，如图所示，，，所以，所以最长的一条侧棱长为，故选：B6．D【解析】【分析】利用垂直的向量表示，再利用正射影的数量的意义计算作答.【详解】非零向量，，满足，则，即，又与的夹角为，，所以在上的正射影的数量.故选：D7．A【解析】【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.【详解】根据给定的程序框图，可得：第1次循环，满足判断条件，；第2次循环，满足判断条件，；第3次循环，满足判断条件，；第4次循环，满足判断条件，；第5次循环，不满足判断条件，输出；故选：A.8．A【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求得，结合，列出三角方程，即可求解.【详解】将函数的图象向右平移个单位后，可得，因为的图象关于直线对称，，即，可得，解得，又因为，所以的最小值为.故选：A.9．C【解析】【分析】由直线l：过点，函数表示半圆，根据直线与半圆有两个公共点求解.【详解】解：直线l：过点，函数变形为其图象如图所示：由图象知：，，因为直线l：与函数的图象有两个公共点，所以，故选：C10．B【解析】【分析】由题意求出直线的斜率为，然后列出不等式，转化为求解双曲线的离心率的范围即可【详解】设直线为，因为直线与圆相切，所以，所以解得，因为点在双曲线的右支上，所以，所以，所以，所以，所以，故选：B11．D【解析】【分析】求出导函数,利用导数的几何意义列出方程，即可求解.【详解】设切点为,过点P的切线方程为,代入点P坐标，化简为，即这个方程有三个不等根即可.令,求导得：.令，解得：，所以在上递增；令，解得：或，所以在和上递增.要使方程有三个不等根即可.只需,即.故选：D12．A【解析】【分析】设三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，由，可求得再加上3可得半球半径．【详解】如图，三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，，，，所以，所以半球半径为．故选：A．13．10【解析】【分析】利用分层抽样法即可求出被抽取的梧桐树的棵数．【详解】由分层抽样法，被抽取的梧桐树的棵数为：．故答案为：．14．【解析】【分析】在中，由余弦定理求得，再在中，由余弦定理和基本不等式，求得，结合面积公式，即可求解.【详解】在中，，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时，等号成立，所以，又由，可得，所以面积的最大值为.故答案为：.15．##【解析】【分析】根据正态曲线的对称性计算可得；【详解】解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称，因为，所以，所以；故答案为：16．①②③【解析】【分析】由已知得出函数的周期性，然后由奇偶性与周期性、单调性定义判断．【详解】，令得，，令得，，所以，又是奇函数，，，是周期函数，4是它的周期，当，，且时，都有，即时，，在是增函数，由奇函数性质知在上也是增函数，所以在上递增，所以，从而，，，①正确；，则函数图象关于直线对称，又函数图象关于原点对称，因此也关于点对称，②正确；由上讨论知在上有2个零点，，注意，因此在上零点个数为，③正确；由周期性知函数在与时的图象相同，函数同为增函数，④错误．故答案为：①②③．17．(1)，；(2).【解析】【分析】（1）选择条件①和②，都是利用与的关系先求出数列的通项，再求出等差数列的公差即得的通项公式；（2）利用裂项相消法求解.(1)解：选择条件①：由题意知：，即，当时，，当时，，适合.综上数列的通项公式为.选择条件②：由题意知：,当时，解得,当时，,,∴,整理得,∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列,∴.∵，，为等差数列,∴,又∵数列为等差数列，设公差为d且,∴,解得,所以等差数列的通项公式为.(2)解：由（1）知，，，∴，∴，∴.18．(1)(2)1【解析】【分析】（1）方法一：列举m、n的所有情况，利用古典概型的概率求解；方法二：结合组合，利用古典概型的概率求解； （2）先求得，，进而得到，，写出线性回归方程，再令求解.(1)解：方法一：依题意得，m、n的所有情况为：{23，25}、{23，30}、{23，26}、{23，16}、{25，30}、{25，26}、{25，16}、{30，26}、{30，16}、{26，16}共有10个设“m、n均不小于25”为事件A，则事件A包含的基本事件为：{25，30}、{25，26}、{30，26}共有3个，所以，即事件A的概率方法二：设“m、n均不小于25”为事件A则即事件A的概率为；(2)由数据得，， ，，∴，；∴y关于x的线性回归方程为当时，，，所以，得到的估计值与测量值之差的绝对值为1．19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由，证得，再根据题意证得平面，得到，进而证得平面，即可证得平面平面.（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，得到和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.(1)证明：由题意知，，可得，，所以，所以，所以，因为，且为的中点，可得，又因为侧棱底面，且底面，所以，又由，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.(2)解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得，设，可得，，，则，，由平面，所以平面的法向量为，设与平面ADE所成角为，则.20．(1)，(2)相切，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意设拋物线C的方程为，将代入可求出P，Q两点坐标，再由可得，从而可求得的值，则可得抛物线的方程，由题意可得的半径为2，从而可求出的方程，（2）由已知可得在抛物线上，设，，则可得， 从而可表示出直线的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得，同理得的方程为，所以可得直线方程为，进而可求出点M到直线距离，由此可得结论(1)由已知，设拋物线C的方程为（），当时，，则，所以不妨设 ，，因为，所以，所以，解得所以抛物线C的，因为与直线l：相切，，所以的半径为2，所以的方程(2)由已知可得在抛物线上，设，所以，所以的点斜式方程为整理可得，此直线与圆相切，可得，平方后可得又因为化简得，同理：的方程为，所以直线方程为，所以点M到直线距离为，所以直线与相切21．(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，可得，分，，，和四种情况进行分类讨论的单调性；（2）根据题意，将原问题转化为 成立，令，利用导数求出函数的最大值，再令，利用导数在函数最值中的应用，结合“隐零点”的用法，可知，存在，使得，再根据函数的单调性，可求出函数的最小值，将的最大值和的最小值比较，即可求证结果.(1)解：由题意可得的定义域为①当时，即，在单调递增．②当时，即，时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增；③当时，即，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增，④当时，即，时，，单调递减， 时，，单调递增；综上可得：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2)证明：当时，，要证即证，只需证，只需证，令，则，∴时，，单调递增，∴时，，单调递减，∴，令，则，令，则，∴在上单调递增又∵，，∴存在，使得，即；∴，，，单调递减，，，，单调递增；∴，令，则在上单调递减，∴，即，∵，∴，∴，即∴时，恒成立∴.22．(1)，；(2).【解析】【分析】（1）消去曲线C的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线的直角坐标方程作答.（2）设出曲线C上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答.(1)由（为参数），消去参数得，所以曲线的普通方程为，把代入直线的极坐标方程得：，所以直线的直角坐标方程为.(2)由（1）知，曲线的参数方程为（为参数），设为曲线上一点，到直线的距离为，则，其中锐角由确定，因此，当时，取到最小值，所以曲线上的点到直线距离的最小值为.23．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）零点分段法解绝对值不等式；（2）在第一问的基础上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，证明出结论.(1)由得：或或解得：或或综上所述：不等式的解集是.(2)证明：由（1）中函数的单调性可得∴当且仅当时等号成立.