2022届安徽省滁州市凤阳县第二中学高三下学期三模数学（文）试题含解析

这是一份2022届安徽省滁州市凤阳县第二中学高三下学期三模数学（文）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解出集合、中的不等式即可.
【详解】因为或，
所以
故选：A
2．已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算可得复数，进而可得虚部.
【详解】由题可知，
故复数的虚部为，
故选：D．
3．若，且，则“”是“方程表示焦点在y轴上的椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由指数函数的单调性可得；由椭圆方程可得，再由充分必要条件的定义，即可得到所求结论．
【详解】解：若，则，
若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则，
即“”是“方程表示焦点在y轴上的椭圆”的必要不充分条件.
故选：
【点睛】本题考查指数函数的单调性以及椭圆方程，考查充分必要条件的定义，考查推理能力，属于基础题．
4．在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．5D．
【答案】D
【分析】根据已知求出，化简即得解.
【详解】解：由题意知点P的坐标为，
所以，
所以
故选：D.
5．我省明年高考将实行模式，即语文数学英语必修，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，今年高一的小明与小芳进行选科，假若他们对六科没有偏好，则他们选课没有相同科目的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】基本事件总数，他们选课他们选课没有相同科目的基本事件个数，由此能求出他们选课没有相同科目的概率．
【详解】解：由题意知，基本事件总数，
他们选课没有相同科目包含的基本事件个数
∴他们选课没有相同科目的概率为：．
故选:B.
【点睛】本题考查了古典概型概率求解，考查了组合的思想，考查了分类的思想.本题的关键是结合组合的思想计算事件数量，属于中档题.
6．已知中，，，垂足为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过分别作、的平行线交于、交于，分析可知四边形为菱形，且有，求得线段、的长，利用余弦定理可求得结果.
【详解】如图，过分别作、的平行线交于、交于，则.
，，，
所以，，，
，，故，
所以，四边形为菱形，
因为，则，
.
，与重合，则，
所以，，
故选：A.
7．已知奇函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的图象（ ）
A．关于点对称B．关于点对称
C．关于直线对称D．关于直线对称
【答案】A
【分析】先由奇函数及周期求得，再由平移求得，再利用正弦函数的对称性求解即可.
【详解】因为是奇函数，则，又，则，又因为最小正周期，，则，
则，则，令，
解得，当时，，时，，时，，即函数关于点对称，A正确，B错误；
令，解得，当时，，时，，C错误，D错误.
故选：A.
8．已知，，且，则的最小值是
A．4B．12C．16D．18
【答案】C
【分析】变形，利用基本不等式可得结果，注意等号成立的条件．
【详解】因为
所以
当且仅当时，取等号．
即的最小值是16，故选C．
【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
9．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上位于第一象限内的一点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用抛物线的定义可算得P的坐标，再利用两点间的距离计算即可.
【详解】过点作于点，则.设，由，得，
代入抛物线方程可得.又因为，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查抛物线的定义、性质以及两点间距离公式的应用，考查考生的运算求解能力，是一道容易题.
10．已知数列满足，（），（），则数列第2022项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先通过条件得到，再利用累加法即可求解.
【详解】由得，又，可得，
所以，，将上式相加得 .
故选：A.
11．已知正方形的边长为4，点分别是边的中点，沿折叠成一个三棱锥（使重合于点），则三棱锥的外接球的体积为
A．B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，得折叠成的三棱锥三条侧棱、、两两互相垂直，可得三棱锥的外接球的直径等于以、、为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合、算出外接球的半径，结合球的积公式即可算出三棱锥的外接球的体积．
【详解】折成的三棱锥如图所示.由题意可知两两互相垂直，
可知该三棱锥可看成以点以、、为长、宽、高的长方体长方体的外接球的内接三棱锥，
且.
设此棱锥外接球的半径,则.则外接球的体积为.
故选：B
12．世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．
下列四个结论中错误的是（ ）
A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
C．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
D．2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平
【答案】B
【分析】根据三幅统计图依次判断每个选项即可.
【详解】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故C正确；
由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故D正确；
三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故B错误．
故选：B.
二、填空题
13．已知平面向量，，满足，，，与的夹角是，则的最大值为__________.
【答案】5
【分析】建直角坐标系，设，由条件可得点在两圆弧或上，求出 ，设其为，代入圆弧方程，由可求得结果
【详解】解：如图，设，
因为与的夹角是，
所以，所以点所在的圆中，弧所对的圆心角为，
所以点在两圆弧或上，
因为，设，
把代入中化简得
，
因为此方程有解，所以
即，
化简得，解得；
把代入中化简得
，
因为此方程有解，所以
即，
化简得，解得；
所以的最大值为5
【点睛】关键点点睛：此题平面向量的综合应用，属于中档题，解题的关键是建立平面直角坐标系，将向量坐标化，由与的夹角是，利用数形结合和平面几何的知识得点在两圆弧或上，是解此题的突破口
14．已知双曲线的右焦点为，过作一条渐近线的垂线，垂足为，在第一象限，线段交双曲线于点，如果，则双曲线的离心率等于________.
【答案】
【解析】由与渐近线 垂直，可得直线方程为，从而可求出，结合可求出，由在双曲线上，代入方程即可得到关于 的方程，进而可求出离心率.
【详解】解：由题意知，与渐近线 垂直，则斜率为，因为，
则直线方程为，与联立得 ，解得 ，
即，由，可得，因为在双曲线上，则
，整理得，，即.
故答案为: .
【点睛】本题考查了两直线垂直的应用，考查了双曲线的渐近线方程，考查了向量的运算，考查了双曲线离心率的求解.本题的关键是由已知求出的坐标.本题由于计算量略大，应注意计算的准确性.求圆锥曲线的离心率时，关键是列出关于的方程.
15．已知函数若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【分析】作出函数的图像，运用数形结合的思想可求得答案.
【详解】解：：首先画出函数的图像，令有两个不同的交点，根据图像分析，如果有两个不同的交点，．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对应函数的零点问题，就是函数与轴的交点，或可以将方程进行化简，转化为两个函数的交点问题，一般转化为两个简单，易画的函数．
16．已知曲线在点处的切线方程为，则___________.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义可得，根据切点坐标可得，列方程求解．
【详解】，则
∵在点处的切线方程为
∴可得，解得
则
故答案为：．
三、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
(1)求角A的大小；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）化简计算得，可得，再由，可计算得；（2）由正弦定理得，再由锐角三角形列不等式，得角的范围，从而得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
整理得，所以，
又，所以，所以，
解得.
（2）由正弦定理，且，，得.
因为为锐角三角形，所以，得，
所以，即的取值范围是.
18．中国是世界互联网服务应用最好的国家，一部智能手机就可以跑遍国内所有地方，中国市场的移动支付普及率高得惊人.一家大型超市委托某高中数学兴趣小组调查该超市的顾客使用移动支付的情况，调查人员从年龄在内的顾客中，随机抽取了人，调查他们是否使用移动支付，结果如下表：
（1）为更进一步推动移动支付，超市准备对使用移动支付的每位顾客赠送个环保购物袋,若某日该超市预计有人购物，试根据上述数据估计，该超市当天应准备多少个环保购物袋？
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为使用移动支付与年龄有关？
附：下面的临界值表供参考：
参考数据：
，其中.
【答案】（1）；（2）列联表见解析，没有.
【分析】（1）利用表格中的数据计算出该超市顾客使用移动支付的概率，再乘以可得出所准备的购物袋数目；
（2）根据题意列出列联表，并计算出的观测值，再将与临界值比较大小，可对题中的结论判断正误.
【详解】（1）由频率估计概率，根据上表可预估该超市顾客使用移动支付的概率为，
所以超市当天应准备的环保购物袋个数为；
（2）由题知列联表：
假设移动支付与年龄无关，则 的观测值，
，所以没有的把握认为使用移动支付与年龄有关.
【点睛】本题考查频率、频数之间的关系，考查独立性检验的基本思想，解题时要注意频率、频数以及样本容量三者之间的关系，另外在处理独立性检验的问题时，要列出列联表，结合相关公式进行计算，考查计算能力，属于中等题.
19．已知直三棱柱中，侧面为正方形．，，分别为和上的点，且，，．
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)为棱上的点，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理即可证明；
（2）利用（1）中平面，作出相应的辅助线进而可得平面，再利用等体积法即可求解；
（3）根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理即可证明；
【详解】（1）因为，，所以，
又，且，
所以平面，又平面，
所以．
（2）在上取点，使，连接，，
因为，所以，且，
根据（1）有平面，由，且，得，
所以．
（3）由（1）可知，，又，
所以，所以四点，，，共面，
在正方形中，因为，所以，
又因为，所以，所以．
又因为，，
所以平面，而平面，
所以．
20．如图，分别过椭圆左、右焦点、的动直线、相交于点，与椭圆分别交于、与、不同四点，直线、、、的斜率、、、满足．已知当与轴重合时，，．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在定点、，使得为定值？若存在，求出、点坐标并求出此定值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在点和点，且的定值为．
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）分直线或斜率不存在和这两条直线的斜率都存在进行分类讨论，在第一种情况下，求出点的坐标，在第二种情况下，设直线、的斜率分别为、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，根据可得出，设点，求出点的轨迹方程，结合椭圆的定义可得出结论.
【详解】（1）当与轴重合时，，即，所以垂直于轴，
将代入椭圆的方程可得，可得，
所以，当与轴重合时，则，解得，，
椭圆的方程为；
（2）焦点、坐标分别为、，
当直线或斜率不存在时，点坐标为或；
当直线、的斜率存在时，设斜率分别为、，设、，
由，得：，
所以：，，
则：
同理：，
因为，所以，即，
由题意知，所以，
设，则，即，
当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足此方程，
所以在椭圆上存在点和点，使得为定值，定
值为．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．已知函数，（为常数，且）.
（1）若当时，函数与的图象有且只要一个交点，试确定自然数的值，使得（参考数值，，，）；
（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）.
【答案】（1）6；（2）见解析
【详解】分析：（1）记，求得，分和讨论，即可得到函数的单调性和最小值，函数与的图象有且只有一个交点，得，进而可求解的取值范围，确定的值．
（2）由（1）得：当时，只要证明：时，，
记，求得，
记，利用二次函数的图象与性质，即可作出证明．
详解：（1）记 ，则，
当时，因为，，函数单调递增，，
函数无零点，即函数与的图象无交点；
当时，，且时，，
时，，
所以，，函数与的图象有且只有一个交点，得，
化简得：，
记，，所以在上单调递减，
又， ，
所以，即.
（2）由（1）得：当时，，只要证明：
时，即，
记，
则 ，
记，
图象为开口向上的抛物线，对称轴为，
且，所以当时，，即，
所以在区间上单调递增，从而，
即成立，所以成立.
点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．
22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为：（为参数），，为直线上距离为的两动点，点为曲线上的动点且不在直线上．
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程．
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）直线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为（2）
【解析】（1）直线的极坐标方程利用两角差的余弦公式展开，再利用公式，将方程化成普通方程形式；对曲线的参数进行消参，从而得到普通方程；
（2）设点，将点到直线的距离转化为三角函数的值域问题.
【详解】（1）直线的极坐标方程化成，
，直线的直角坐标方程为，
曲线的参数方程化成：.
平方相加得，即
（2）设点，则到直线的距离为：
，
当时，，
设的面积为，则.
【点睛】本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程的互化、利用三角函数的值域求点到直线距离的最大值，考查转化与化归思想的运用，考查运算求解能力.
23．已知.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由可得，去绝对值，分类讨论解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）由题意可得有解，运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值，解的不等式可得所求范围.
【详解】(1) 当时, ,
故等价于或或.
解得：或或.
综上所述：不等式的解集为: .
(2)不等式的解集非空,
使得成立，
而，
故，
即，即，
解得，
故的取值范围为
【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题，考查学生分类讨论的思想，属于中档题.
年龄
使用
不使用
年龄
年龄
小计
使用移动支付
不使用移动支付
合计
年龄
年龄
总计
使用移动支付
不使用移动支付
合计