2022届河南省名校联盟高三下学期考前模拟卷数学（理）试题含解析

2022届河南省名校联盟高三下学期考前模拟卷数学（理）试题

一、单选题

1．复数的虚部为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的除法和乘法算出，即得.

【详解】，

其虚部为.

故选：C.

2．已知全集，集合，，则Venn图中阴影部分表示的集合为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式求出，从而求出，即为图中阴影部分表示的集合.

【详解】，解得：或，所以，

，

Venn图中阴影部分表示的集合为，其中，所以.

故选：B

3．雨滴在下落过程中，受到的阻力随速度增大而增大，当速度增大到一定程度时，阻力与重力达到平衡，雨滴开始匀速下落，此时雨滴的下落速度称为“末速度”．某学习小组通过实验，得到了雨滴的末速度v（单位：m/s）与直径d（单位：mm）的一组数据，并绘制成如图所示的散点图，则在该实验条件下，下面四个回归方程类型中最适宜作为雨滴的末速度v与直径d的回归方程类型的是（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据散点图的分布即可选择合适的函数模型.

【详解】由一次函数，二次函数及指数函数的性质可知，BCD不符合散点的变化趋势，

由散点图分布可知，散点图分布在一个幂函数的图像附近，

因此，最适宜作为雨滴的末速度v与直径d的回归方程类型的是.

故选：A.

4．若x，y满足约束条件则的最小值为（       ）

A．3 B．1 C． D．

【答案】C

【分析】由题画出可行域，数形结合即求.

【详解】作出可行域，为如图所示的阴影部分，作出直线并平移，数形结合可知当平移后的直线经过点B时，z取得最小值，

由解得

所以，

故.

故选：C.

5．在等比数列中，，若，，成等差数列，则的公比为（       ）．

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可.

【详解】设等比数列的公比为，

由，

因为，，成等差数列，

所以，于是有，

即，或舍去，

故选：B

6．某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（       ）．

A．72 B．96 C．120 D．144

【答案】D

【分析】首先全排列2个语言类的节目，再从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，最后与其余的两个歌舞节目全排列即可.

【详解】第一步：全排列2个语言类的节目，共有种情况，

第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有种情况，

第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列，

共有种情况，所以.

故选：D

7．对任意，用表示不超过x的最大整数，设函数，则（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据的定义，结合，求得，从而可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

则，所以，

故.

故选：A.

8．若函数是定义域和值域均为的单调递增函数，我们称曲线为洛伦兹曲线，它在经济学上用来描述一个国家的家庭收入分布情况．如图，设曲线与直线所围成的区域面积为A，曲线与直线，x轴围成的区域面积为B，定义基尼系数，基尼系数可以衡量一个国家家庭收入分布不平均的程度．若某个国家的洛伦兹曲线为，则该国家的基尼系数为（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由，可得（），则洛伦兹曲线是圆心为，半径为1的圆周，从而可求出，进而可求出

【详解】由，可得（），

所以洛伦兹曲线是圆心为，半径为1的圆周，

所以，

，

所以，

故选：D

9．在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用坐标法即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则，

∴，

∴，

即异面直线EF与所成角的余弦值为.

故选：A.

10．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线，点，，过A且垂直于x轴的直线与抛物线交于点C，过C作BC的垂线，交x轴于点D，则下列命题正确的个数为（       ）．

①点C的坐标为；②的面积为8；③；④直线CD与抛物线相切．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由题可得或可判断①，进而可求直线的方程及点可判断②，求出可判断③，利用直线的方程及抛物线方程可判断④，即得.

【详解】将代入抛物线，可得或，故①错误；

若，则，

则直线的方程为，即，则，

若，则，

则直线的方程为，则，

故无论或，都有，则，故②正确；

由，故③错误；

若，直线的方程为，联立抛物线方程可得，

，故直线与抛物线相切，

若，直线的方程为，联立抛物线方程可得，

，故直线与抛物线相切，故④正确；

综上，②④正确.

故选：B.

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，双曲线的左、右顶点分别为A，B，过其右焦点F作x轴的垂线与E交于C，D两点，四边形BCDG为平行四边形，过O作AG的平行线，分别与直线BG，CD交于点P，Q，设梯形BFQP的面积为S，则（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题，利用几何关系及双曲线性质，由参数可表示等线段以及，比较即可得出结果

【详解】由题，，将代入双曲线得，，故，又，故为中位线，故，

在中，，有，故，故有，

故选：D

12．已知函数至多有2个不同的零点，则实数a的最大值为（       ）．

A．0 B．1 C．2 D．e

【答案】C

【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到或，再次构造关于的函数，研究其单调性，解出不等式，求出数a的最大值.

【详解】令，得到，

函数至多有2个不同的零点，等价于至多有两个不同的根，

即函数与至多有2个不同的交点

令，

则，

当时，，单调递增，

当或时，，单调递减，

所以与为函数的极值点，且，

且在R上恒成立，

画出的图象如下：

有图可知：或时，符合题意，

其中，解得：

设，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

由可得：，所以，

综上：实数a的最大值为2

故选：C

【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.

二、填空题

13．已知平面向量，的夹角为，且，，则______．

【答案】7

【分析】根据平面向量数量积的性质，结合平面向量数量积的定义进行求解即可.

【详解】因为平面向量，的夹角为，且，，

所以由，

故答案为：

14．已知函数的最小正周期为，则在区间上的最小值为______．

【答案】

【分析】根据三角函数最小正周期的定义求出，进而求出的解析式，结合正弦函数的单调性即可求出函数的最小值.

【详解】因为，且函数的最小正周期为，

所以，

所以，

由，得，

又函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当即时，函数取得最小值，且最小值为-2.

故答案为：-2.

15．已知等差数列的各项均为正数，其前n项和满足，则其通项______．

【答案】

【分析】设出首项和公差，根据和得到方程组，变形后得到，从而求出公差，进一步求出首项，求出通项公式.

【详解】设等差数列的首项为，公差为，

令得： ，即，

令得：

则，

由，两式相减得：，

即，

因为等差数列的各项均为正数，所以，

解得：，代入中，解得：，

所以.

故答案为：

16．如图，已知球C与圆锥VO的侧面和底面均相切，且球心C在线段VO上，球的半径为R，圆锥VO的底面半径为r，圆锥的表面积为，则______．

【答案】或或

【分析】由圆锥的表面积公式结合勾股定理以及相似三角形的性质得出.

【详解】设圆锥的母线长为，因为圆锥的表面积为，所以

又，，所以

即，又，所以

整理得，即，解得或

故答案为：或

三、解答题

17．2022年4月16日9时56分，在太空遨游半年的神舟十三号飞船在东风着陆场成功着陆，这标志着中国空间站关键技术验证阶段的最后一次飞行任务取得圆满成功．为了让师生关注中国航天事业发展，某校组织航天知识竞赛活动，比赛共25道必答题，答对一题得4分，答错一题倒扣2分，学生甲参加了这次活动，假设每道题甲能答对的概率都是，且每道题答对与否互不影响．

(1)求甲前3题得分之和大于0的概率；

(2)设甲的总得分为，求．

【答案】(1)

(2)70

【分析】（1）依题意他答对2题或3题，按照相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；

（2）设甲答对的题的个数为，则，根据二项分布的期望公式求出，即可得到；

【详解】(1)解：甲前3题得分之和大于0，则他答对2题或3题，

概率为．

(2)解：设甲答对的题的个数为，由题意知，

所以，

所以．

18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求；

(2)若，，求AB边上的高．

【答案】(1)；

(2)1.

【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式可得，进而可得，然后利用二倍角公式即得；

（2）利用和角公式可得，进而即得.

【详解】(1)因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以．

(2)因为，所以，

易知A为锐角，所以，

所以．

设AB边上的高为h，则．

19．如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是等腰梯形，，，，四边形是正方形．

(1)指出棱与平面的交点E的位置（无需证明），并在图中将平面截该四棱柱所得的截面补充完整；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)E为的中点，答案见解析

(2)

【分析】（1）找到的中点E，画出截面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

【详解】(1)E为的中点．

作图如下：如图，取的中点E，连接DE，．

(2)设在平面内的射影为O，点F在AB上，且．

以O为坐标原点，OF，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设，则，，，，，

所以，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，取．

设平面的法向量为，

则，取．

所以，

由图可知二面角为锐角，故其余弦值为．

20．已知椭圆的离心率为，C的四个顶点围成的四边形面积为．

(1)求C的方程；

(2)已知点，若不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，且，证明：l过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由离心率为，可得，再由C的四个顶点围成的四边形面积为，得，从而可求出的值，进而可求出椭圆方程，

（2）由，得，设l的方程为，，，将直线方程代入椭圆方程，消去，利用根与系数的关系，再由化简可求出的值，从而可得答案

【详解】(1)由离心率为，得，       ①

C的四个顶点围成的四边形面积为．       ②

由①②可得，，

故C的方程为．

(2)由，得．

因为Q不在l上，所以，都不是零向量，故，

由题意可知l的斜率一定存在．

设l的方程为，，．

联立方程组得，消去y并整理得，

由，得．

所以，．

因为，

即

，

整理得，

因为，所以．

当时，满足，此时直线l的方程为，

所以直线l过定点．

21．已知函数有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)设是的两个零点，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）等价于有两个零点，设，求出函数的最小值利用零点存在性定理分析即得解；

（2）不妨设，等价于证明，再利用极值点偏移的方法证明.

【详解】(1)解：由，得，

设，则，，

因为，所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

又因为，所以，

 ，

，

所以a的取值范围是．

(2)证明：不妨设，

由（1）知，则，，，

又在上单调递增，

所以等价于，即．

设，

则．

设，则，

设，则，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，又因为，，，

所以存在，使得，当时，，即，

当时，，即，

所以在上单调递减，在上单调递增．

又因为，，

所以当时，，当时，，

所以当时，，单调递减，

因为，所以，

所以，即原命题得证．

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是掌握极值点偏移的解题方法，对于这些典型题型，学生要理解并灵活掌握.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），直线l的方程为．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求和l的极坐标方程；

(2)若射线与交于A点，与交于B点，与l交于C点，且A，B均不同于点O，求．

【答案】(1)，；

(2)2.

【分析】（1）根据同角的三角函数关系式中的平方和关系进行消参，结合极坐标方程与直角坐标方程互化公式进行求解即可；

（2）利用代入法，结合极径的性质进行求解即可.

【详解】(1)由的参数方程得其普通方程为，

故极坐标方程为，即．

l的极坐标方程为，

整理得；

(2)将代入的极坐标方程得，

将代入的极坐标方程得，

将代入l的极坐标方程得．

所以．

23．设函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若的最大值为m，实数a，b满足，求的最小值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，即可求出不等式的解集；

（2）首先得到的函数图象，即可得到，则，在根据的几何意义计算可得；

【详解】(1)解：，

由，得或或，

解得，

即不等式的解集为．

(2)解：由（1）可得的函数图象如下所示：

所以，即，则，

的几何意义为圆上的点到点距离的平方，

显然，所以，即的最小值为．