2022届河南省南阳市第一中学校高三上学期第二次网上训练数学（文）试题含解析

2022届河南省南阳市第一中学校高三上学期第二次网上训练数学（文）试题

一、单选题

1．的共轭复数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算法则化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.

【详解】由题意，复数，故所求共轭复数为.

故选：B．

2．已知命题，，命题，，则下列命题中为真命题的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断命题的真假，再利用复合命题的真假判断得解.

【详解】解：方程的，

故无解，则命题p为假；

而，故命题q为真；

故命题、、均为假命题，为真命题.

故选：D．

3．在高一入学时，某班班委统计了本班所有同学中考体育成绩的平均分和方差.后来又转学来一位同学.若该同学中考体育的绩恰好等于这个班级原来的平均分，则下列说法正确的是（       ）

A．班级平均分不变，方差变小 B．班级平均分不变，方差变大

C．班级平均分改变，方差变小 D．班级平均分改变，方差变大

【答案】A

【分析】根据平均数以及方差的计算公式，求得转来一位同学后的平均值和方差，比较可得答案.

【详解】设该班原有n个学生，平均分为 ，方差为 ，

则，

故，

则转来一位同学后的平均分为，

方差，

故选：A.

4．中，已知下列条件：①；②；③；④，其中满足上述条件的三角形有两解的是（     ）

A．①④ B．①② C．①②③ D．③④

【答案】B

【分析】根据判断三角形解的个数的公式，即可判断选项.

【详解】①，三角形有两解；②，三角形有两解；③，三角形有一解；④，三角形无解.

故选：B.

5．设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为

A． B．6 C．10 D．17

【答案】B

【详解】

可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.

【解析】线性规划

6．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的外接球的体积（单位：）是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图还原几何体，判断出外接球半径，结合球体体积公式即可求解.

【详解】如图，为还原后的立体图，正四面体的外接球半径应为对应正方体体对角线一半，即，则该几何体的外接球的体积为.

故选：A

7．已知实数a，b，c满足，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先通过对数的运算性质和换底公式将c化简，进而通过中间量0和1并结合对数函数的单调性确定出a,b,c的范围，然后比较出大小.

【详解】依题意，，，，故.

故选：B．

8．已知函数的最小正周期，且是函数的一条对称轴，是函数的一个对称中心，则函数在上的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意求出的解析式，再根据x的取值范围，求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得.

【详解】函数的最小正周期，

∴，解得：，

由于是函数的一条对称轴，且为的一个对称中心，

∴，（），则，（），则，

又∵，，由于，∴，故，

∵，∴，∴，∴.

故选：B．

9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，若点P在双曲线C上，且，则双曲线C的渐近线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据求出，代入双曲线的方程化简即得解.

【详解】解：依题意，得，，

因为，所以，代入中，

得，得，即，则，

则双曲线C的渐近线方程为.

故选：B．

10．已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，若正四棱柱被过点，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.

【详解】解：作出图形如图所示．

延长至Q，使得，连接MQ，NQ，则截面四边形为平行四边形；

记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，

则，，

，，，

故所得截面的周长为.

故选：B．

11．已知数列满足，若对任意的正整数恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】依题意，即可得到是以为首项，以为公比的等比数列，从而求出，依题意可得恒成立，令，利用作差法说明的单调性，即可得到的最大值，即可得解；

【详解】解：因为，所以，所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以，所以，恒成立，的最大值，令，，所以时，单调递增，时，单调递减，，的最大值，；

故选：A．

12．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】等价于，设函数，利用导数求出函数的最大值即得解.

【详解】解：依题意，，

设函数，则，

令，故，

所以函数在上单调递减，而，

故当时，，当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减，

故，则.

故选：B．

二、填空题

13．设两个向量 ，满足，的夹角为60°,若向量与向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为____________.

【答案】.

【分析】当两向量的夹角为钝角时，则两向量的数量积为负数，由此可得实数的取值范围，但要注意排除两向量共线反向的情形．

【详解】∵，的夹角为60°,

∴

∵向量与向量的夹角为钝角，

∴(，

解得．

令，

则得，解得．

∴当时，向量与向量共线反向，不合题意．

∴实数的取值范围为．

【点睛】解答本题时注意以下结论：①；②当的夹角为锐角时，可得，反之不成立（注意共线同向的情形）；③当的夹角为钝角时，可得，反之不成立（注意共线反向的情形）．

14．曲线（为自然对数的底数）在处的切线与圆相交于点，，则___________．

【答案】4

【分析】由题可求切线为，再利用圆的弦长公式即求.

【详解】∵，

∴，，又，

∴曲线（为自然对数的底数）在处的切线为，

由圆可知圆心为，半径为3，

∴.

故答案为：4.

15．如图所示，四边形是由等腰直角三角形以及直角三角形拼接而成，其中，若，则到的距离为__________．

【答案】

【分析】根据正切的二倍角公式可求得，再由同角三角函数间的关系求得，再在中，运用余弦定理可求得答案.

【详解】解：因为，解得或（舍去），

由，解得，

因为是等腰直角三角形，所以，故，，

在中，，

由余弦定理得，

故答案为：.

16．已知点在椭圆上，其中，，直线l过点A且与椭圆C仅有1个公共点，直线l与x、y轴分别交于点，，则当的面积最小时，直线l的斜率为______．

【答案】

【分析】设直线l的方程为，联立直线和椭圆的方程由得到，再写出三角形面积的表达式利用基本不等式求解.

【详解】解：设直线l的方程为，

联立，得，

故，化简可得；

而，

当且仅当时等号成立，此时的面积最小．

故答案为：

三、解答题

17．研究显示，越来越多的“996”上班族下班后通过慢跑强身健体，慢跑属于一种有氧运动，可以消耗人体大量热量，坚持慢跑可以促进新陈代谢，增加肺活量以及增强心脏功能，提升人体免疫力，因此深受青年人喜爱．下表是小明的同事小强本月前7次慢跑的时间情况；由散点图可知，小强的慢跑次数和慢跑时间（单位：分钟）之间线性相关．

参考公式：在线性回归方程中，，．

(1)求y关于x的线性回归方程，其中、使用分数形式表示；

(2)根据（1）中的运算结果预测小强第9次的慢跑时间．（运算结果保留4位有效数字）

【答案】(1)；

(2)第9次的慢跑时间约为37.93分钟.

【分析】（1）根据题意先求出，进而根据参考公式求出，然后求出线性回归方程；

（2）结合（1），将代入线性回归方程，进而得到答案.

【详解】(1)依题意，得，

，

，

，

，，

故所求回归直线方程为．

(2)将代入中，得，

故可以预测小强第9次的慢跑时间约为37.93分钟．

18．已知数列的前n项和为，且满．

(1)求证数列是等比数列．

(2)若数列满足求数列的前n项和．

【答案】(1)答案见解析；’

(2).

【分析】（1）证明见解析；

（2）先求出，利用裂项相消法求和.

【详解】(1)对于，

当n=1时，由.

当，有，此时，

所以数列是首项为，公比为的等比数列.

(2)由（1）知，，所以.

所以当n=1时，；

当，有，

经检验，对n=1也成立.

所以.

所以.

所以

.

19．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，，为的中点，且.

（1）证明：平面；

（2）线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为靠近的三等分点.

【分析】（1）连接，与的交点记为点，证得，进而得到平面，

得到，在中，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.

（2）过点作的垂线交于点，并连接，证得平面，结合三棱锥的体积，求得的值，即可得到结论.

【详解】（1）如图所示，连接，与的交点记为点，

因为，所以，

因为，所以，

所以，即，

又因为，且，所以平面，

因为平面，所以，

因为在中，，所以，

又因为，且平面，所以平面.

（2）存在，点为靠近的三等分点，理由如下：

如图所示，过点作的垂线交于点，并连接，

则，平面，

因为，，，

所以等腰在上的高为，

可得，则，解得，

所以为靠近的三等分点.

【点睛】1、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；

2、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.

20．设点，动圆经过点且和直线相切.记动圆的圆心的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）过点的直线与曲线交于、两点，且直线与轴交于点，设，，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）见解析．

【分析】（1）已知点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此可得曲线的方程；

（2）设直线方程为，，则，设，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定理得，，由，，用横坐标表示出，然后计算，并代入，可得结论．

【详解】（1）设动圆圆心，由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设其方程为，则，解得．

∴曲线的方程为；

（2）证明：设直线方程为，，则，设，

由得，①，

则，，②，

由，，得

，，

整理得，，

∴，代入②得：

．

【点睛】本题考查求曲线方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题中的定值问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，直线方程代入抛物线（或圆锥曲线）方程得一元二次方程，应用韦达定理得，，代入题中其他条件所求式子中化简变形．

21．已知函数．

(1)当时，判断的极值点个数；

(2)对任意，有，求的取值范围．

【答案】(1)只有一个极值点

(2)

【分析】（1）求导函数得，令，由已知得．令，运用导函数证得，由此分析导函数的符号，得出函数的单调性，从而可得极值点的个数．

（2）将不等式转化为，令求导函数得，令，运用导函数分析函数的零点，得出函数单调性和最值，从而可得出的取值范围．

【详解】(1)解：，令，

当时，．

令，则，令，得，

所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，

所以，所以：，所以．所以．

所以时，，函数在单调递增，时，，函数在单调递减，

所以是的唯一极值点，所以只有一个极值点．

(2)解：任意可转化为，

令，

令，令，得在递增，在单调递减，且，

所以时，在内存在唯一零点，

时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，

所以，

因为，所以所以，

因为，所以，所以，即．

22．已知在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），曲线与x轴的正半轴交于点A．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．

(1)求点A的坐标以及曲线的极坐标方程；

(2)将曲线向左平移一个单位后得到曲线，若，点B为，的交点，若直线AB与曲线交于B，D两点，求的值．

【答案】(1)，曲线的极坐标方程为；

(2).

【分析】（1）先求出的普通方程，进而求出A的坐标，然后根据极坐标方程与直角坐标方程的换算公式得到的极坐标方程；

（2）先求出直线AB的参数方程，然后代入的普通方程，进而通过根与系数的关系求得答案.

【详解】(1)依题意，得曲线，

令，解得，故；

而，故，即，

故曲线的极坐标方程为．

(2)依题意，得曲线，即．

当时，点B的坐标为，则，

故可设直线AB的参数方程为(t为参数)，

代入并化简得，

设B，D所对的参数分别为，，则．

23．已知.

(1)当时，求与所围成封闭图形的面积；

(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先用分段函数表示出来，再画出函数图形，结合其图形可求出面积；

（2）转化为，最后利用基本不等式可求解.

【详解】(1)由条件

作出函数的图象和直线，记交点为，.

易求，，.

如图，所围图形为梯形ABCD，梯形的高为3，另一底长为3，

∴封闭图形的面积为.

(2)对，，，

等价于，，，

等价于.

∵，

，当且仅当时取等号，

∴，解得或，

∴的取值范围为.