2022届黑龙江省大庆市大庆中学高三下学期第二次模拟数学（文）试题含解析

这是一份2022届黑龙江省大庆市大庆中学高三下学期第二次模拟数学（文）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省大庆市大庆中学高三下学期第二次模拟数学（文）试题一、单选题1．已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（       ）A．{−2，3} B．{−2，2，3} C．{−2，−1，0，3} D．{−2，−1，0，2，3}【答案】A【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.2．已知是虚数单位，若复数满足，则（       ）．A． B．2 C． D．4【答案】C【分析】先求出，然后根据复数的模求解即可【详解】，，则，故选：C3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．4．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，则a⊥β的一个充分条件是（       ）A．α∩β=b，a⊂α，a⊥b B．b⊥α，ab，αβC．a⊂α，b⊂β，a⊥b，α⊥β D．b⊂α，a⊥b，αβ【答案】B【分析】根据题意画出图形，逐项分析可得.【详解】对A，如图所示，记平面ABCD为平面，平面为平面，因为平面ABCD平面，所以直线BC即为直线b，记直线CD为直线a，则，但直线a与平面不垂直，故A错误；对B，因为，所以，又，所以，故B正确；对C，如图所示，记平面ABCD为平面，平面为平面，此时，设直线AC为直线a，为直线b，此时，但a与不垂直，故C错误；对D，记平面ABCD为平面，平面为平面，此时，设直线为直线a，为直线b，此时，但a与不垂直，故D错误.故选：B.5．若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】，则，，则双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，因此，双曲线的方程为.故选：B6．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．7．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（       ）． A． B． C． D．【答案】D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：.故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．8．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （       ）A．1.2天 B．1.8天C．2.5天 D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【详解】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.9．已知某圆柱的高为，体积为，则该圆柱外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】计算出圆柱底面圆的半径，利用几何关系可求得外接球的半径，结合球体表面公式可求得结果.【详解】设圆柱底面圆的半径为，则，解得．设该圆柱的两底面中心分别为、，则该圆柱外接球的球心为线段的中点，球的半径为，故球的表面积．故选：B.10．已知函数在区间上单调递减，且其图象过点，则的值可能为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，利用三角函数的图象与性质，列出不等式，求得的范围，结合选项，即可求解.【详解】由，可得，因为函数在区间上单调递减，可得且，解得，又由函数的图象过点，可得，即，解得或，当时，可得，所以的值可能为.故选：D.11．若数列对任意正整数n都有，则（       ）A．17 B．18 C．34 D．84【答案】B【分析】根据递推公式，可求出数列的通项公式，从而可求出的值.【详解】因为，所以时，，两式相减，得，即，又时，得也适合，所以时，，所以．故选：B．12．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意可得，进而可得在上恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性以及最值，即可求出参数的取值范围.【详解】等价于．令函数，则，故是增函数．等价于，即．令函数，则．当时，，单调递增：当时，，单调递减．.故实数a的取值范围为．故选：C.二、填空题13．若点在以为焦点的抛物线上，则_____________．【答案】4【分析】由题意先求出点的坐标，然后再根据抛物线的定义求解可得．【详解】∵点在抛物线上，∴，解得，∴点的坐标为．又抛物线的准线方程为，∴．故答案为：4.【点睛】方法点睛：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|＝d，由此可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线．14．已知等比数列，其前n项和为．若，，则______．【答案】或【分析】设等比数列的公比为，进而得，再解方程得或，进而得答案.【详解】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，即，所以，解得或，所以当时，；当时，所以，或.故答案为：或15．若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数___________.【答案】【分析】利用导数的几何意义直接求解.【详解】设切点为.由题意可得：，解得：，代入得：.故答案为：三、双空题16．如图，在棱长为1的正方体，点，分别是棱，的中点，是侧面内一点（含边界），若平面，点的轨迹长度为________，三棱锥的体积为________．【答案】          【分析】分别取棱，的中点，，连接，，，，，推导出平面，平面，得到平面平面，由此得以点的轨迹是线段，借助等积变换可得三棱锥的体积.【详解】解：如图，分别取棱，的中点，，连接，，，，，，，，分别是其所在棱的中点，，，，平面，平面，平面，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，，平面平面，是侧面内一点，且平面，点必在线段上，点的轨迹长度为．∵平面，∴ .故答案为：，.四、解答题17．某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次锻炼人次空气质量等级1（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720 （1）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”.根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？ 人次≤400人次＞400空气质量好  空气质量不好   附：，【答案】（1）350；（2）表格见解析，有95%的把握.【分析】（1）写出各锻炼人次区间对应的频数，利用所给的平均数求法求解；（2）先根据题目中给的数据补充2×2列联表，利用公式求出，再与临界值比较即可.【详解】解：（1）锻炼人次为的有天，锻炼人次为的有天，锻炼人次为有天，一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为.（2）根据所给数据，可得2×2列联表： 人次≤400人次＞400空气质量好3337空气质量不好228 根据列联表得.因为，   由于，故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题主要考查了利用频率分布表计算平均数，同时也考查了独立性检验的应用，属于基础题.18．如图，平面，四边形为矩形，，，点是的中点，点在边上移动． (1)求三棱锥的体积；(2)证明：无论点在边的何处，都有．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）到平面的距离为，求出三角形的面积，再由等体积法求三棱锥的体积；（2）证明平面，可得，再由，得平面，从而得结论．【详解】(1)解：∵四棱锥中，底面是矩形，底面，，，点是的中点，点在边上移动，∴到平面的距离为，，∴三棱锥的体积；(2)证明：∵底面，平面，∴平面平面，∵平面平面，平面，，∴平面，而平面，∴，又，点是的中点，∴，∵，∴平面，∵无论点在边的何处，都有平面，则．19．在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详解】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.20．已知，动点满足．（1）求点的轨迹的方程；（2）若，过的直线与交于两点，与直线交于点，记的斜率分别为，是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在时，成立.【分析】（1）设，转化条件得，化简即可得解；（2）设， ，的方程为，假设存在满足条件，联立方程得，，转化条件得，，则原等式可转化为，令即可得解.【详解】（1）设，则，，则， 整理得，即的轨迹的方程为： （2）假设存在符合条件的实数，设，，设的方程为，则， 由，可得：，，，，，          ，   同理，， 若，则，即，即，即，即，故存在时，成立.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解和直线与椭圆的位置关系，考查了转化化归思想和计算能力，属于难题.21．设函数，其中.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)若对任意，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据题意得，再分，和三种情况分类讨论即可；（2）根据题意得，构造函数，则上式等价于在区间上单调递增，所以，再构造函数，求在上的最小值即可.【详解】(1)的定义域为，，所以，因为，令，得或，①当时，则当由，得或；由，得所以在区间和单调递增，在区间单调递减；②当时，在恒成立，所以在单调递增；③当时，则由，得或；由，得，所以在区间和单调递增，在区间单调递减；综上所述：当时，在区间和单调递增，在区间单调递减；当时，在上单调递增；当时，在区间和单调递增，在区间单调递减；(2)对任意，恒成立等价于对任意，恒成立，设函数，则上式等价于在区间上单调递增，即，从而在恒成立，令，则，令，解得；令，解得，故在单调递减；在单调递增，所以所以的取值范围是.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．在极坐标系中，已知点在直线上，点在圆上（其中，）．（1）求，的值（2）求出直线与圆的公共点的极坐标．【答案】（1）（2）【分析】(1)将A,B点坐标代入即得结果；（2）联立直线与圆极坐标方程，解得结果.【详解】（1）以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，，因为点为直线上，故其直角坐标方程为，又对应的圆的直角坐标方程为：，由解得或， 对应的点为，故对应的极径为或.（2），，当时；当时，舍；即所求交点坐标为当【点睛】本题考查极坐标方程及其交点，考查基本分析求解能力，属基础题.23．已知函数．（1）当时，求不等式的解集;（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）.（2）.【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，所以的解集为.[方法二]【最优解】：零点分段求解法   当时，．当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意，即恒成立，，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法 当时，则，此时，无解．当时，则，此时，由得，．综上，a的取值范围为．[方法四]：函数图象法解不等式     由方法一求得后，构造两个函数和，即和，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，由图易知，则．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.