2022届河南省安阳市重点高中高三模拟调研数学（文）试题含解析

2022届河南省安阳市重点高中高三模拟调研数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式得：，即，而，

所以.

故选：B

2．设，则（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】先由复数的运算求出，再求模长即可.

【详解】，则.

故选：B.

3．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性，借助“媒介”数比较作答.

【详解】函数在上单调递增，，则，

函数在R上单调递减，，，而，

所以.

故选：D

4．已知实数x，y满足，则的最大值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图所示：

把转化为直线，经过点A时，纵截距最小，z最大.

由解得：，此时.

故选：A

5．函数的最小正周期和最小值分别为（       ）

A．和 B．和0 C．和 D．和0

【答案】D

【分析】先求出定义域，再由商数关系及倍角公式化简，再求最小正周期和最小值即可.

【详解】由题意知，定义域为，，

则最小正周期为，最小值为，此时.

故选：D.

6．如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，证明平面即可推理计算作答.

【详解】在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，

即，又，平面，则有平面，而平面，

于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，

则平面，又平面，从而得，

所以直线BP与AD所成的角为.

故选：D

7．已知抛物线与圆交于A，B两点，则（       ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】先联立抛物线与圆求出A，B横坐标，再代入抛物线求出纵坐标即可求解.

【详解】由对称性易得A，B横坐标相等且大于0，联立得，解得，

则，将代入可得，则.

故选：C.

8．为推动就业与培养有机联动、人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目．现安排甲、乙两所高校与3家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由古典概型与对立事件的概率公式求解即可

【详解】因为每所高校至少对接两家用人单位，

所以每所高校共有种选择，

所以甲、乙两所高校共有种选择，

其中甲、乙两所高校的选择涉及两家用人单位的情况有种，

所以甲、乙两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为，

故选：D

9．如图，在等腰直角中，斜边，M为AB的中点，D为AC的中点．将线段AC绕着点D旋转得到线段EF，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，结合即可求解.

【详解】易得，D为线段EF中点，则，，

，，则，

又，则.

故选：D.

10．已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.

【详解】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，

因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，

因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，

令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，

依题意，，，，弦，

所以.

故选：C

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

11．已知数列满足，若的前n项积的最大值为3，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定递推关系，探讨数列的周期性，再讨论计算作答.

【详解】数列中，，，则有，因此，，，

因数列的前n项积的最大值为3，则当，的前n项积，

当，的前n项积，

当，的前n项积，解得，

当，的前n项积，

当，的前n项积，

当，的前n项积，解得，

显然，综上得或，

所以的取值范围为.

故选：A

12．关于函数有下述四个结论：

①的图象关于直线对称       ②在区间单调递减

③的极大值为0                           ④有3个零点

其中所有正确结论的编号为（       ）

A．①③ B．①④ C．②③④ D．①③④

【答案】D

【分析】根据给定函数，计算判断①；探讨在上单调性判断②；探讨在和上单调性判断③；求出的零点判断④作答.

【详解】函数的定义域为，

对于①，，则，

，的图象关于直线对称，①正确；

对于②，当时，，在单调递增，②不正确；

对于③，当时，，在单调递减，

当时，，在上单调递增，在上单调递减，

又在单调递增，因此在处取极大值，③正确；

对于④，由得：，即或，解得或，

于是得有3个零点，④正确，

所以所有正确结论的编号为①③④.

故选：D

【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.

二、填空题

13．已知函数是偶函数，则_________．

【答案】-1

【分析】利用偶函数的定义直接求解.

【详解】函数的定义域为R.

因为函数是偶函数，所以，即对任意恒成立，

亦即对任意恒成立，

所以.

故答案为：-1

14．已知为等比数列，，则_________．

【答案】

【分析】先由等比数列的性质求出，进而求出，再计算即可.

【详解】设公比为，由题意知：，又，解得或，

若，则，，则；

若，则，，则.

故答案为：.

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是C左支上一点，点B是C渐近线上一点，O为坐标原点．若，则C的离心率为_________．

【答案】

【分析】先由求出，再由求出，再代入双曲线即可求出离心率.

【详解】

如图，不妨设在第三象限，则在上，，又，则，则，

则的纵坐标为，代入得，则，由可得，，

又为中点，则为中点，则，又在上，则，

整理得，则离心率为.

故答案为：.

16．若过点分别只可以作曲线的一条切线，则的取值范围为_________．

【答案】

【分析】设出切点坐标，求导表示出切线方程，代入点求得和，由方程只有1根，解出的范围，即可求得的取值范围.

【详解】易得，，设过点的切线与曲线切于点，则切线方程为，

代入点得，整理得，则，

则方程必有两根，要使切线只有一条，则必有一根为0（舍去），此时，；设过点的切线与曲线切于点，

则切线方程为，代入点得，整理得，令，

则，又，则，在上单减，

又时，，时，，时，，画出草图如下：

要使切线只有一条，则与只有一个交点，则，故.

故答案为：.

【点睛】本题关键点在于设出切点，写出切线方程后求得，由方程只有1个根求出的值；求得，构造函数确定单调性后画出草图求得的范围，即可求解.

三、解答题

17．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.

（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.

【详解】(1)在中，由得：，由正弦定理得，

而，即，则，又,

所以.

(2)依题意，，在中，由余弦定理得：，

即，解得，

所以的面积.

18．为有效防控疫情，于2021年9月开始，多省份相继启动新冠疫苗加强免疫接种工作．新冠疫苗接种一段时间后，有保护效果削弱的情况存在，加强针的接种则会使这种下降出现“强势反弹”．研究结果显示，接种加强针以后，受种者的抗体水平将大幅提升，加强免疫14天后，抗体水平相当于原来10-30倍，6个月后，能维持在较高水平，并且对德尔塔等变异株出现良好交叉中和作用．某市开展加强免疫接种工作以来，在某一周的接种人数（单位：万人）如下表所示：

规定星期一为第1天，设天数为，当日接种人数为y．

(1)若y关于具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；

(2)根据所求的线性回归方程分别计算星期五，星期六的预报值y，并与当日接种人数的真实值y进行比较．若满足，则可用此回归方程预测以后的接种人数，并预测星期日的接种人数a；若不满足，请说明理由．

参考公式：．

【答案】(1)

(2)答案见解析.

【分析】（1）先求出，.套公式求出系数和，即可得到y关于x的线性回归方程；

（2）分别判断出当和时，是否成立，即可下结论.

【详解】(1).

所以

.

所以.

所以y关于x的线性回归方程为.

(2)当时，，所以成立；

当时，，所以不成立.

所以此回归方程不可以预测以后的接种人数，也不能用来预测星期日的接种人数a.

19．如图，在四面体ABCD中，，E为BD的中点，F为AC上一点．

(1)求证：平面平面BDF；

(2)若，，求点B到平面ACD的距离．

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】（1）根据给定条件，证明平面，再利用面面垂直的判定推理作答.

（2）求出三棱锥的体积，利用体积法即可计算作答.

【详解】(1)在四面体ABCD中，，E为BD的中点，则，

而，平面，于是得平面，又平面，

所以平面平面.

(2)依题意，，，则，又，则，

，在中，，则，

，由（1）得，，

因，即，则，

令点B到平面ACD的距离为h，则，解得，

所以点B到平面ACD的距离为.

20．已知函数．

(1)若是的极值点，求a；

(2)若，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导，由解出，再检验此时是的极值点即可；

（2）将转化为证，求导确定单调性，借助隐零点得，，由即可证明.

【详解】(1)由题意知，，则，解得；

当时，，当时，，，，

当时，，，，则是的极值点，则；

(2)若，则，令，则，

令，则，又，则存在使，

则，，，，则函数在单减，在单增，

则，则.

21．已知椭圆的离心率为，且过点．

(1)求E的方程；

(2)设E的左、右顶点分别为A，B，点C，D为E上与A，B不重合的两点，且．

①证明：直线CD恒过定点；

②求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用给定离心率，求出的关系，再利用给定的点即可计算作答.

（2）①由（1）求出点A，B的坐标，设出直线CD的方程，利用韦达定理，借助向量数量积求解作答；②由①求出点C，D纵坐标差的绝对值，再建立函数关系，求出函数最大值作答.

【详解】(1)依题意，椭圆E的离心率，即，椭圆过，

于是得，解得，

所以椭圆E的方程为.

(2)①由（1）知，，依题意，直线CD不垂直于y轴，且不过点A，设直线CD：，，

由消去x并整理得：，

，设，

则，，而，

，

而，又，

则

，解得（舍去）或，

所以直线CD：恒过定点.

②由①知，，，，，而，则，

面积

，

令，则在上单调递减，则当，即时，，

所以面积的最大值是.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)写出C的普通方程和一个参数方程；

(2)若直线和分别与C交于与O不重合的点A，B，求．

【答案】(1)普通方程为，参数方程为（为参数）；

(2)

【分析】（1）先由公式求出C的普通方程，再写出参数方程即可；

（2）先联立极坐标方程求得，再结合，由勾股定理求即可.

【详解】(1)由可得，化为普通方程为，即；参数方程为（为参数）；

(2)将和分别代入，得，解得；，解得；

则，又，则，则.

23．已知不等式的解集为．

(1)求m；

(2)若正数a，b满足，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，取和求出m，再验证作答.

（2）利用（1）的结论，计算变形，再结合均值不等式推理作答.

【详解】(1)依题意，当和时，不等式成立，即，则，解得，

当时，不等式为，显然当时，有，即，则有，

当时，恒成立，则有，当时，，即，则有，

于是当时，不等式为的解集为，

所以.

(2)由（1）知，，则

，

当且仅当时取“=”，

所以.