广西贵港市2022届高三5月教学质量检测（四模）数学（文）试题

绝密★启用前

广西贵港市2022届高三5月教学质量检测（四模）数学（文）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数，则（       ）

A．的虚部为 B．的实部为 C． D．

3．已知命题；命题则下列命题中为真命题的是（       ）

A． B． C． D．

4．甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击10次．四人测试成绩对应的条形图如下：

以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确的是（       ）

A．平均数相同 B．中位数相同 C．众数不完全相同 D．丁的方差最大

5．等比数列中，则“”是“”的（       ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．不充分也不必要条件

6．等腰直角三角形ABC中，，，D是斜边BC上一点，且，则(       )

A．2 B．3 C．4 D．5

7．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（       ）

A． B． C． D．

8．已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（       ）（参考数据：）

A．48个月 B．52个月 C．64个月 D．120个月

9．已知，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（       ）

A．在上单调递减

B．该函数的初相是

C．该图象可由的图象向左平移个单位得到

D．的图象关于直线对称

11．已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为（       ）

A． B．

C． D．

12．已知关于x的不等式-x- alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为

A．（-∞，1-e] B．（-∞，-3] C．（-∞，-2] D．（-∞，2- e2]

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知实数，满足约束条件，设，则最小值为_________.

14．直线截圆所得两部分弧长之比为，则________．

15．已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．

16．如图，已知，分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左支交于、两点，连接，，在中，，，则双曲线的离心率为________．

17．在① ,,② ,, ③ , 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求证数列的前项和

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18．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，其质量分布在，，，，（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)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．如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点．

(1)求证：平面AEG∥平面BDH；

(2)求点A到平面BDH的距离．

20．椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线交轴于点，其中，直线交椭圆于另一点，直线和分别交直线于点和，若、、、四点共圆，求的值.

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，求函数在上的零点个数．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．

(1)求的普通方程，并说明是什么曲线；

(2)已知为圆上一动点，为曲线上一动点，求的最小值．

23．已知，，.

(1)求的范围；

(2)证明：.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

先求集合，，再根据集合交集运算即可得答案.

【详解】

解：由于，，

所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查集合的交集运算，是基础题.

2．B

【解析】

【分析】

根据复数的乘方、复数的模、实部、虚部等知识求得正确答案.

【详解】

因为，

所以的实部为，虚部为，所以A选项错误，B选项正确.

与不能比较大小，C选项错误.

，D选项错误.

故选：B

3．A

【解析】

【分析】

先判断命题，命题的真假，再利用复合命题判断.

【详解】

对于命题，当时，，故命题p为真命题，是假命题；

对于命题，因为，所以，故命题q是真命题，是假命题；

所以是真命题，       是假命题，是假命题，是假命题，

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

观察四名同学的统计图的特征，四位同学的直方图都关于5环对称，因此它们的平均数都是5，中位数相同，众数显然不完全相同，根据方差的定义分别计算四名同学的方差即可得出结论.

【详解】

解：由图的对称性可知，平均数都为；

由图易知，四组数据的众数不完全相同，中位数相同；

记甲、乙、丙、丁图所对应的方差分别为，则

，

，

，

，

所以丙的方差最大．

故选：D．

【点睛】

本小题考查统计图表、数字特征的概念等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想、统计与概率思想；考查直观想象、数据处理、数学运算等核心素养，体现基础性、应用性．

5．A

【解析】

【分析】

根据给定条件，探讨等比数列公比，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】

设等比数列公比为，，

若，即，解得，则，即成立，

若，即，解得或，当时，，

所以“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

6．C

【解析】

【分析】

以为基底表示向量，根据向量数量积的运算律即可计算．

【详解】

，∴，

∵，

．

故选：C．

7．D

【解析】

【分析】

根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.

【详解】

依题意，在中，，则m，

在中，，则m，

在中，，由余弦定理得：，

即，解得m，即有，

所以他的步行速度为.

故选：D

8．B

【解析】

【分析】

根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.

【详解】

由题意可得，解得，

所以，

这种垃圾完全分解，即当时，有，即，

解得.

故选：B

9．D

【解析】

【分析】

先比较得大小，再由，即可得出答案.

【详解】

因为则而，故，又.故，所以.

故选：D.

10．A

【解析】

【分析】

先根据图象求得周期，再代入可得函数；

对A，由判断即可；

对B，根据判断即可；

对C，根据函数图象平移的解析式判断即可；

对D，代入判断函数是否取得最值即可

【详解】

由图象可知， 所以， 解得，又图象过点，所以，因为，所以，故

对A，当时，，所以单调递增，A错误；

对B，由解析式知函数的初相是，故B正确；

对C，的图象向左平移个单位得到，故C正确；

对D，当时，为最小值，知的图象关于直线对称，故D正确.

故选：A

11．D

【解析】

【分析】

设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，易知平面时，截面面积最小，求得截面圆的半径，然后在，利用勾股定理求得四面体的边长即可.

【详解】

如图所示：

易知平面时，截面面积最小.

设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，

则，，

所以.

由，解得，

则，

解得.

又正四面体的高为，

所以正四面体的体积，

故选：D.

12．B

【解析】

化简得到，根据化简得到答案.

【详解】

根据题意：.

设，则，

则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.

根据，，故.

故选：.

【点睛】

本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.

13．-2

【解析】

【分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】

作出可行域如图所示：

由，可得：.

由可行域易知，当直线过点时，纵截距最大，取得最小值.

此时. .

故答案为：-2.

14．

【解析】

【分析】

由题意可得劣弧所对的圆心角为，从而求出圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式可得答案.

【详解】

由直线截圆所得两部分弧长之比为

所以劣弧所对的圆心角为，由圆的半径为2，则对应的弦长为

所以圆心到直线的距离，即，解得，

故答案为：

15．；

【解析】

【分析】

首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.

【详解】

设，，因为函数是偶函数，

所以，

当时，，，，

所以在处的切线方程为，

即.

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

设，利用双曲线的定义和，得到，再根据为等腰三角形，求得，如何在中，利用余弦定理求解.

【详解】

解：设，

由双曲线的定义可得，

由，得，

即，

因为为等腰三角形，

所以，

解得（负值舍去），

在中，

，即，

所以．

故答案为：

17．（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.

（2）利用裂项求和法即可求解.

【详解】

（1）方案一：选条件①.

设等差数列的公差为.

因为，，

所以,解得

所以.   

方案二：选条件②.

设等差数列的公差为.

因为，，所以,解得

所以.   

方案三：选条件③.

设等差数列的公差为，所以.

因为，，所以，，

所以，

所以.   

（2）由（1）知，

所以

=＜

18．(1)387（克）

(2)方案②获利更多

【解析】

【分析】

（1）由频率分布直方图分析数据，直接求平均数；

（2）分别求出方案①和方案②的收入，进行比较，下结论.

(1)

由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：

（克）；

(2)

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)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定定理进行证明即可；

（2）利用三棱锥的体积等积性进行求解即可.

(1)

连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又因为平面BDH，平面BDH，

所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，平面AEG，，

所以平面AEG∥平面BDH．

(2)

记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为，，，

因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，，所以，

在△PBC中，，

在△BCH中，，

同理，，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD．

在△BDH中，，，

因为，所以．

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）分析可得，再利用面积的最大值为可求得、的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）设点、，分析可知直线不与轴重合，设直线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出、的纵坐标，由相交弦定理可得出，将韦达定理代入等式可求得的值.

(1)

解：由题意，设椭圆半焦距为，则，即，得.

设，，由，故的最大值为.

将代入，有得，.

所以椭圆的标准方程为.

(2)

解：设，因为点为椭圆上异于左、右顶点的动点，则直线不与轴重合，

设直线方程为，与椭圆方程联立得：.

，可得，

由韦达定理可得，，

直线的方程为，令得点纵坐标.

同理可得，点纵坐标.

当、、、四点共圆，由相交弦定理可得，即.

由，故，解得：.

【点睛】

方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．(1)答案不唯一，具体见解析

(2)零点个数为2

【解析】

【分析】

（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.

（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.

(1)

解：∵，故，

当时，恒成立，则在上单调递增；

②当时，令，解得，

故时，，单调递减，时，，单调递增.

综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.

(2)

由已知得，，

则．

①当时，因为，

所以在上单调递减．所以．

所以在上无零点．

②当时，因为单调递增，且，，

所以存在，使．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，且．

所以．设，，则．

令，得．

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以．

所以．所以．

所以．所以在上存在一个零点．

所以在有2个零点．

③当时，，

所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．

综上所述，在上的零点个数为2．

22．(1)，是一条射线

(2)

【解析】

【分析】

（1）直接消去参数即可得到的普通方程；

（2）利用几何法求出最小值.

(1)

将曲线的参数方程消去参数，得，

因为，所以的普通方程为，

故是一条射线．

(2)

因为是一条射线，且端点为，

所以数形结合可知，

当与重合且为线段与圆的交点时，取得最小值，

且最小值为．

23．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用基本不等式可求得的取值范围；

（2）由已知可得出，令，将所证不等式等价转化为，通分、因式分解后判断符号，即可证得结论成立.

(1)

解：因为，，则，由基本不等式可得，可得，

当且仅当时，等号成立，故.

(2)

证明：因为，所以，，

要证，即证，

即证，

令，即证，

因为

，

故原不等式得证.