山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题7

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绝密★启用前山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）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．已知，（为虚数单位），则等于（       ）A．1 B． C．2 D．2．设集合，，则等于（       ）A． B． C． D．3．设向量，满足，，与的夹角为，则等于（       ）A．2 B．1 C．3 D．4．如图，已知圆锥的母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则该圆锥的底面半径为（       ）A．1 B．2 C． D．5．在区间上随机取一个数，则取到的数不小于的概率为（       ）A． B． C． D．6．已知，，，则（       ）A． B． C． D．7．我国古代数学巨著《九章算术》第三章中的“衰分”介绍了比例分配问题，“衰分”是指按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如甲､乙､丙三人分配奖金的衰分比为20%，若甲分得奖金10000元，则乙､丙分得奖金分别为8000元和6400元.现有三名技术人员，，攻克了一项技术难题.若，，按照一定的“衰分比”分配奖金共75880元，其中拿到了28000元，则“衰分比”为（       ）A．20% B．15% C．25% D．10%8．若，则等于（       ）A． B．2 C． D．9．函数的最小正周期为，则为（       ）A．3 B．2 C．1 D．10．已知抛物线：的焦点为，点为，若射线与抛物线相交于点，与准线相交于点，且，则的值为（       ）A． B． C． D．11．数列是递增的整数数列，若，，则的最大值为（       ）A．25 B．22 C．24 D．2312．已知函数，，若存在、，使得成立，则的最大值为（       ）A． B．1 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．命题：，，则为___________.14．若实数，满足约束条件则的最小值为___________.15．点在圆：上，，，则最大时，___________.16．已知，是双曲线的左右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，交另一条渐近线于点，且，则该双曲线的离心率为___________.评卷人得分  三、解答题17．在中，角，，所对的边分别为，，.在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件.(1)求角的大小；(2)若，求周长的最小值.18．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，平面平面.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积.19．全球新冠肺炎疫情反反复复，国家卫健委专家建议大家出门时佩戴口罩.为了保障人民群众的生命安全和身体健康，某市质监局从药店随机抽取了500包某种品牌的口罩，测量其一项质量指标值，如下：质量指标值频数10451101651204010 (1)求这500包口罩质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)从质量指标值在的口罩中，按分层抽样抽取5包，从这5包中随机抽取2包，求两包口罩的质量指标值分别在和内的概率.20．已知椭圆：过点，过右焦点作轴的垂线交椭圆于，两点，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)点，在椭圆上，且.证明：直线恒过定点.21．已知函数（其中为自然对数的底数）.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)证明当时，恒为函数的极大值点.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，圆的极坐标方程为.(1)求圆的直角坐标方程；(2)设，若直线与圆相交于，两点，求的最大值.23．已知，，且.(1)若恒成立，求的取值范围；(2)证明：.
参考答案：1．B【解析】【分析】化简已知得即得解.【详解】解：，所以.故选：B.2．C【解析】【分析】先解出集合A、B，再求.【详解】由题意，，所以.故选：C.3．B【解析】【分析】利用向量数量积的运算法则及数量积的定义即得.【详解】∵，，与的夹角为，∴，∴，即.故选：B.4．A【解析】【分析】根据蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离，结合圆锥的侧面展开图，求出展开图扇形的圆心角，根据弧长与底面圆的周长建立方程，求出底面半径.【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则由,所以，则设底面半径为，扇形半径为，则.所以.故选：A.5．A【解析】【分析】利用几何概型概率公式直接求解.【详解】由几何概型公式可得取到的数不小于的概率为.故选：A6．C【解析】【分析】解得，故可得.【详解】，，，所以.故选:C.7．D【解析】【分析】根据等比数列的首项以及前项和公式，结合题意，列式计算即可.【详解】由题意得，甲､乙､丙三人分配的奖金构成了一个等比数列，设其前项和为，则首项，公比为衰分比.又，解得，故衰分比为10%.故选：.8．C【解析】【分析】化简原式为即得解.【详解】解：原式.故选：C9．D【解析】【分析】利用三角恒等变换化简，结合三角函数的最小正周期即可求得结果.【详解】因为，故，又其最小正周期为，又，故.故选：.10．B【解析】【分析】先由抛物线定义得，进而求得，再结合坐标及斜率公式即可求解.【详解】如图，作垂直于准线，垂足为.因为，则，，，又，，则，解得.故选：B.11．D【解析】【分析】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数，所以，可得是首项为2，公差为1的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】数列是递增的整数数列，要取最大值，则递增幅度要尽可能为小的整数.假设递增的幅度为，，，，解得，当时，，不满足题意.当时，，满足，所以的最大值为23.故选：D.12．A【解析】【分析】先求得，结合的单调性求得，通过构造函数法，结合导数来求得的最大值.【详解】，，对于函数，，，所以在上，，单调递增，又，所以，，所以，则，令，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，即当时，取得最大值.故选：A【点睛】求解不等式恒成立、存在性问题，可考虑利用构造函数法，结合导数，转化为函数的最值问题来进行求解.13．，【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题，可得出答案.【详解】命题：，.   则为：，故答案为：，14．【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析求解.【详解】解析由约束条件作出可行域，如图中阴影部分（含边界）所示.由，得.令直线与直线的交点为，则.由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，则有最小值为.故答案为：-215．3【解析】【分析】根据题意最大时，直线与圆相切从而可得出答案.【详解】点在圆：上，即圆心为，已知，，如图将绕点沿逆时针方向旋转，当刚好与圆相切时，最小.当旋转到与圆相切于点时，最大.所以最大时，直线与圆相切，故答案为：316．2【解析】【分析】注意到在△F2BF1中，OA为中位线，可得为等边三角形，从而得到，.【详解】由题意知在，为边的中点，，，，，∵为等腰三角形，又∵，∴为等边三角形.∴，.故答案为：2.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）选①. ，利用二倍角的余弦公式求解；选②. ，利用正弦定理和余弦定理求解； 选③.，利用正弦定理，结合两角和与差的三角函数求解； （2）由（1）知，利用余弦定理得到，再结合基本不等式求解.(1)解：选①.，即，所以，所以.又因为，所以.选②.因为，所以，即，由正弦定理得.由余弦定理知.又.所以；选③.因为.由正弦定理得，所以，即.因为，所以，又.所以；(2)由（1）知，则由余弦定理得，.所以，所以，当且仅当时取等号.所以周长的最小值为.18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由勾股定理可得，结合为等腰直角三角形，可得平面，进而得到.（2）考虑到条件平面平面，故以△ABC为底面，△ABP底边AB上的高为体高进行求解.(1)证明：∵，，，∴，∵为等腰直角三角形，，∴又∵，平面.∴平面.∵平面，∴命题得证.(2)解取的中点.连接（如图）.∵为等腰直角三角形，，∴，，.又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.又∵平面.∴，由（1）得，，，平面∴平面.又∵平面，∴∴，∴∴.所以三棱锥的体积为.19．(1)，(2)【解析】【分析】（1）根据平均数、方差的公式代入计算；（2）根据分层抽样，抽取的口罩在内的有4包，在内的有1包，列举出从这5包中随机抽取2包的所有可能结果，结合古典概型处理计算．(1)(2)根据分层抽样，抽取的口罩在内的有4包，分别记为，，，，在内的有1包，记为.从这5包中随机抽取2包，所有的可能结果有10种，它们分别是，，，，，，，，，记“两包口罩的质量指标值分别在和内”为事件A，则事件A包含的可能结果有4种，故所求事件的概率为．20．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）易得，再由椭圆过点，得到求解；（2）设点，，设直线方程为，与椭圆方程联立，根据，结合韦达定理求解；(1)解：由已知得当时，，又因为椭圆过点，则，联立解得，故椭圆的标准方程为；(2)证明设点，，因为，即，即.*当直线的斜率存在时，设直线方程为.代入椭圆方程消去得，，，，根据，.代入*整理，得，结合根与系数的关系可得，.即，当时，直线方程为.过点，不符合条件.当时，直线方程为，故直线恒过定点.当直线的斜率不存在时，令点，此时，又.可得（舍去）或.当时，与点重合，与已知条件不符，∴直线的斜率一定存在，故直线恒过定点.21．(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）求出即得解；（2）先分析得到当时，为的极大值点，符合条件；再证明当时，为的极大值点，符合条件.即得证.(1)解：当时，，定义域为，所以，在上，，在上，，在上，，在上，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.(2)证明：，所以记.当时.为的极大值点，符合条件；当时，的图象开口向上，方程有两个根. 设为，且，，当时，，，，在上单调递增，当时，，，，在上单调递减.故为的极大值点，符合条件.所以当时，恒为的极大值点.22．(1)(2)4【解析】【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的转化公式，求得圆的直角坐标方程（2）将直线方程与圆联立，由直线参数方程中参数的几何意义及根与系数的关系，求得的最大值(1)圆的极坐标方程为则.所以圆的直角坐标方程为(2)将直线的参数方程（为参数）代入中，得设点，B所对应的参数分别为和，，则，则当时，取到最大值为4.23．(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）先通过基本不等式求出的最小值，进而解出不等式即可；（2）先进行变形，然后通过基本不等式证得答案.(1)已知，，且.则，当且仅当时，取到最小值，所以，即，解得.(2)，当且仅当，即时，等号成立.所以.