2022河南省顶尖名校高三下学期第三次素养调研理科数学试题（含答案）

河南省顶尖名校2021-2022学年高三下学期第三次素养调研

理科数学试卷

    本试卷考试时间120分钟，满分150分。

注意事项：

    1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡上。

    2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

    3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合B＝{0，1，2}，C＝{－1，0，1}，非空集合A满足AB，AC，则符合条件的集合A的个数为

    A．3            B．4               C．7              D．8

2．已知复数z满足（2＋i）z＝｜4－3i｜（i为虚数单位），则z＝

    A．2＋i         B．2－i             C．1＋2i          D．1－2i

3．某街道甲、乙、丙三个小区的太极拳爱好者人数如右侧的条形图所示．该街道体协为普及群众健身养生活动，准备举行一个小型太极拳表演．若用分层抽样的方法从这三个小区的太极拳爱好者中抽取12名参加太极拳表演，则丙小区应抽取的人数为

    A．2                               B．3

    C．4                               D．6

4．已知椭圆C：（b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C的上顶点，若∠F1PF2＝，则b＝

    A．3            B．5              C．7               D．9

5．在平面直角坐标系xOy中，已知点P（1，0）和圆O：x2＋y2＝1，在圆O上任取一点Q，连接PQ，则直线PQ的斜率大于－的概率是

    A．           B．             C．              D．

6．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，用以下方法画出了如图所示的螺旋线．具体作法是：先作边长为1的正三角形ABC，分别记射线AC，BA，CB为l1，l2，l3，以C为圆心、CB为半径作劣弧BC1交l1于点C1；以A为圆心、AC1为半径作劣弧C1A1交l2于点A1；以B为圆心、BA1为半径作劣弧A1B1

交l3于点B1，…，依此规律作下去，就得到了一系列圆弧形成的螺旋线．记劣弧BC1的长，劣弧C1A1的长，劣弧A1B1的长，…依次为a1，a2，a3，…，则a1＋a2＋…＋a9＝

A．

B．

C．

D．

7．已知△ABC是边长为4的等边三角形，D为BC的中点，点E在边AC上，且＝ （0＜＜1），设AD与BE交于点P，当变化时，记m＝·，则下列说法正确

的是

A．m随的增大而增大

B．m先随的增大而增大后随的增大而减少

C．m随的增大而减小

D．m为定值

8．设是给定的平面，A和B是不在内的任意两点，则下列命题正确的是

    ①在内存在直线与直线AB异面     ②在内存在直线与直线AB相交

    ③存在过直线AB的平面与垂直     ④存在过直线AB的平面与平行

    A．①④         B．②③           C．①③            D．②④

9．快递行业的高速发展极大地满足了人们的购物需求，也提供了大量的就业岗位，出现了大批快递员．某快递公司接到甲、乙两批快件，基本数据如下表：

快递员小马接受派送任务，小马的送货车载货的最大容积为350立方分米，最大载重量

为250千克，小马一次送货可获得的最大工资额为

    A．150元       B．170元          C．180元          D．200元

10．已知函数则方程（x－1）f（x）＝1的所有实根之和为

    A．2            B．3              C．4               D．1

11．已知函数（＞0），若f（x）在区间（，）上不存在零点，则的取值范围是

A．（0，]                        B．（0，]∪[，]

C．（，）∪（，1]           D．[，]

12．已知双曲线E：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作圆O：x2＋y2＝a2的切线，切点为T，延长F2T交双曲线E的左支于点P．若｜PF2｜＞2｜TF2｜，则双曲线E的离心率的取值范围是

    A．（2，＋∞）                      B．（，＋∞）

    C．（，）                    D．（2，）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.

14．已知三棱锥中，侧棱底面ABC，，，则三棱锥的外接球的表面积为__________．

15．已知数列满足，则__________.

16．对于函数，若存在区间（），使得，则称区间为函数的一个“稳定区间”．给出下列4个函数：

①；②；③；④．

其中存在“稳定区间”的函数有_____（填上所有符合要求的序号）

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17．（12分）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，，从以下三个条件中任选一个：①；②；③，解答如下的问题

（1）证明：；

（2）若边上的点满足，求线段的长度的最大值.

18．（12分）某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．

(1)估计这组数据的平均数；

(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；

(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：

方案①：所有芒果以10元/千克收购；

方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．

请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

19．（12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的“阳马”中，侧棱底面，，点是的中点，作交于点.

(1)求证：平面；

(2)若平面与平面所成的二面角为，求.

20．（12分）已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.

(1)求的值；

(2)如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.

21．（12分）已知函数．

(1)讨论的零点个数；

(2)若，求证：．

（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系xOy中，曲线：（为参数，实数），曲线：（为参数，实数）．在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：，（，）与交于O，A两点，与交于O，B两点．当时，；当时，．

(1)求a，b的值；

(2)求的最大值．

23. [选修4-5: 不等式选讲] （10分）

已知，若在R上恒成立.

(1)求实数a的取值范围；

(2)设实数a的最大值为m，若正数b，c满足，求bc+c+2b的最小值.

理科数学答案

ABCAD    ADCBA  BC

13．    14．    15．  16．②,③

17．（1）选条件①：由，得，

由正弦定理可得：，

因为，所以，

所以，

因为，所以，即，

因为，所以；

在中，由正弦定理可得：，

所以，即证；

选择条件②：由正弦定理可得：，

又因为，

所以，

化简整理得：，

由，所以，又，所以，

在中，由正弦定理可得：，

所以，即证；

选择条件③：由已知得：，

由余弦定理得，

所以，

因为，所以，

由正弦定理可得：，

因为，所以，又，所以，

在中，由正弦定理可得：，

所以，即证；

（2）由及，可得，

在中，由余弦定理可得：

，

因为为锐角三角形，所以，解得：，

所以，所以当即时，取最大值为，

所以线段的长度的最大值为.

18．(1)由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：

（克）；

(2)由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，

从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，

记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，

∴；

(3)方案①收入：（元）；

方案②收入：由题意得低于350克的收入：（元）；

高于或等于350克的收入：（元）.

故总计（元），由于,

故种植园选择方案②获利更多.

19．(1)设，，如图，以为坐标原点，所在方向分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，因为

点是的中点，所以，

，，于是，即，

又已知，而，所以平面.

(2)由平面，所以是平面的一个法向量；

由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.

若面与面所成二面角的大小为，则，解得.所以，故当面与面所成二面角的大小为时，.

20．(1)解：将代入得，

设、，则，由韦达定理可得，

则，

解得或（舍），故.

(2)将代入中得，

设、，则，由韦达定理可得，

对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，

即，①

同理抛物线在点处的切线方程为，②

联立①②得，所以，所以点的坐标为，

当时，即切线与交于轴上一点，

此时、、重合，由，则，

又，则存在使得成立；

当时，切线与轴交于点，切线与轴交于点，

由，得的中点，

由得，即，

又，所以，所以，，又，所以存在实数使得成立.       综上，命题成立.

21．(1)由题意（其中），只需考虑函数在的零点个数．

①当时，函数在内没有零点，②当时，函数在单调递增，

取时，，时，，

此时在存在唯一个零点，且．

③当时，，则时，；时，．

所以在上单调递减，在上单调递增.

则是函数在上唯一的极小值点，且．

取时，，取时，.

因此：若，即时，没有零点；

若，即时，有唯一个零点；

若，即时，有且仅有两个零点．

综上所述，时，有两个零点；或时，有唯一个零点；时，没有零点．

(2)不等式即为（其中），

先证时，．

令，则，则单调递增，

所以，则．

所以，故只需证明即可．

即证明（其中），

令，，只需证明即可．

又，，则时，；时，．

所以在上单调递增，在上单调递减.

则时，取得极大值，且，也即为最大值．

由得．

则时，；时，．所以在上单调递减，在上单调递增.

则时，取得极小值，且，也即为最小值．

由于，

即有，则，

所以时，不等式成立，则不等式也成立．

22．(1)由曲线：（为参数，实数），

化为普通方程为，展开为：，

其极坐标方程为，即，由题意可得当时，，∴.

曲线：（为参数，实数），

化为普通方程为，展开可得极坐标方程为，

由题意可得当时，，∴.

(2)由（1）可得，的极坐标方程分别为，.

∴，

∵，∴的最大值为，当，时取到最大值.

23．(1)令，则

由解析式易知，，因为在R上恒成立，所以，即

(2)由（1）可知，，则.

当且仅当，即时，取等号.

故的最小值为