2022济源、平顶山、许昌高三第二次质量检测（二模）数学（文）含解析

这是一份2022济源、平顶山、许昌高三第二次质量检测（二模）数学（文）含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
平顶山许昌济源2021—2022学年高三第二次质量检测文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，，则（）A.  B.  C.  D. 【1题答案】【答案】B【解析】【分析】先求出集合A，再求两集的交集【详解】由，得，所以，因为，所以，故选：B2. 若，则的虚部为（）A.  B.  C.  D. 【2题答案】【答案】D【解析】【分析】由求出复数，从而可求出其虚部.【详解】由得，故的虚部为，故选：D.3. 若等差数列和等比数列满足，，则（）A. －4 B. －1 C. 1 D. 4【3题答案】【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，求得，，那么故选：C.4. 搭载神州十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，精准点火发射后约582秒，进入预定轨道，发射取得圆满成功．据测算：在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：m/s）和燃料的质量M（单位：kg）、火箭的质量m（除燃料外，单位：kg）的函数关系是．当火箭的最大速度为11.5km/s时，约等于（）（参考数据：）A. 313 B. 314 C. 312 D. 311【4题答案】【答案】B【解析】【分析】先将火箭的最大速度化为，然后代入给出的表达式中，即可求出答案.【详解】火箭的最大速度为11.5km/s,即所以，所以即故选：B5. 已知，，则（）A.  B. 12 C. －12 D. 【5题答案】【答案】C【解析】【分析】先求出和，利用二倍角公式求出，直接代入即可求解.【详解】因为，，解得：，所以.所以所以.故选：C6. 已知函数，若，则（）A.  B.  C.  D. 【6题答案】【答案】D【解析】【分析】先得到，进而由得到答案.【详解】定义域为R，且，又，所以，所以.故选：D7. 右图是一张“春到福来”的剪纸窗花，为了估计深色区域的面积，将窗花图案放置在边长为的正方形内，在该正方形内随机生成个点，恰有个点落在深色区域内，则此窗花图案中深色区域的面积约为（）A.  B.  C.  D. 【7题答案】【答案】B【解析】【分析】设此窗花图案中深色区域的面积为，根据几何概型的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】设此窗花图案中深色区域的面积为，由几何概型的概率公式可得，解得.故选：B.8. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为（）A.  B. C.  D. 【8题答案】【答案】A【解析】【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可【详解】由题意，表示圆故，即或点A（1，2）在圆C：外故，即故实数m的取值范围为或即故选：A9. 已知函数与函数在区间上的图像交于A，B，C三点，则的面积是（）A. 2 B.  C.  D. 4【9题答案】【答案】A【解析】【分析】先求出于A，B，C三点坐标，得出是等腰三角形，进而求出面积.【详解】，则，令，即或或，解得：，，，不妨设，，，则为等腰三角形，故选：A10. “中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（）A.  B.  C.  D. 【10题答案】【答案】B【解析】【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案.【详解】如示意图，根据题意，，由勾股定理可得，联立方程解得.于是.故选：B.11. 过双曲线的下焦点作圆的切线，切点为E，延长FE交抛物线于点P，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（）A.  B.  C.  D. 【11题答案】【答案】D【解析】【分析】先设双曲线的上焦点为，则，因为抛物线为，所以为抛物线的焦点，O为的中点，又可得E为FP的中点，所以OE为的中位线，得到，再设，由得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率．【详解】设双曲线的上焦点为，则抛物线为，为抛物线的焦点，O为的中点，，则为FP的中点，又为的中点，则为的中位线．．，．切圆O于E，．． 设，则，．由点在抛物线上，则在直角中，即，整理得即，又，所以故选：D．12. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A.  B.  C.  D. 【12题答案】【答案】A【解析】【分析】记，利用导数证明出，令时，证明出；记，利用导数证明出，令时，.即可得到结论.【详解】记，则.令，解得：；，解得：；所以在单减，在单增.所以，即.当时，有，即.记，则.令，解得：；，解得：；所以在单增，在单减.所以，即.当时，有，即.所以.故选：A【点睛】指、对数比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为______．【13题答案】【答案】3【解析】【分析】由题意，即，要使得最大，即直线与可行域相交，且截距最小，数形结合即得解【详解】由题意，即，要使得最大，即直线与可行域相交，且截距最小，画出可行域如图所示：如图所示，当直线经过与的交点时，截距最小即最大，故的最大值为故答案为：314. 设向量，满足，，与的夹角为60°，则______．【14题答案】【答案】【解析】【分析】首先可得的值，然后利用可算出答案.【详解】因为向量，满足，，与的夹角为60°，所以所以故答案为：15. 设为数列的前n项和，满足，，数列的前n项和为，满足，则______．【15题答案】【答案】【解析】【详解】因为为数列的前n项和，满足，，所以当时，当时，因为当时也满足，所以所以所以所以故答案为：16. 已知P是椭圆上的动点，且不在坐标轴上，，是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，若M是的角平分线上一点，且，则的取值范围是______．【16题答案】【答案】【解析】【分析】设在第一象限，延长交的延长线于点，连接，然后可得，推导出（其中为的横坐标），从而，由可知，由此能够得到的取值范围．【详解】由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，延长交的延长线于点，连接，由于在的角平分线上，可知，所以△与全等，则，再由，知，，（其中为的横坐标），，由可知，由椭圆的方程知，的取值范围是，．故答案为：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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足．（1）求角C的大小；（2）若，求的面积．【17~18题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可转化为，即，结合，可得解；（2）由，，化简可得，结合可得，利用正弦定理可得，再利用面积公式即得解【小问1详解】由题意，，结合正弦定理故又，故故，即，又【小问2详解】由题意，又故即，又由，代入可得：18. 近年来，随着社会对教育的重视，家庭的平均教育支出增长较快，随机抽样调查某市2015~2021年的家庭平均教育支出，得到如下折线图．（附：年份代码1~7分别对应的年份是2015~2021）．经计算得，，，，．（1）用线性回归模型拟合y与t的关系，求出相关系数r（精确到0.01），并指出是哪一层次的相关性？（2）建立y关于t的回归方程；（3）若2022年该市某家庭总支出为10万元，预测该家庭教育支出约为多少万元？附：（i）相关系数：；相关系数时相关性较强，时相关性一般，时相关性较弱．（ii）线性回归方程：，其中，【18~20题答案】【答案】（1）相关性较强（2）（3）5.5万元【解析】【分析】（1）根据题干数据计算，代入相关系数公式计算，即得解（2）根据题干数据，分别计算，即得解（3）代入，可利用（2）中的回归方程估计家庭教育支出百分比，计算即得解【小问1详解】故相关性较强【小问2详解】【小问3详解】当时，故家庭教育支出为万元19. 如图，内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，平面ABC，，．（1）证明：平面平面ADE；（2）求三棱锥A－CBE体积的最大值．【19~20题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】分析】（1）首先证明平面，然后得到平面即可；（2），然后求出的最大值即可.【小问1详解】因为平面ABC，平面ABC，所以，因为内接于圆O，AB是圆O的直径，所以，因为，所以平面，因为四边形DCBE为平行四边形，所以，所以平面，因为平面ADE，所以平面平面ADE，【小问2详解】因为平面ABC，，所以平面ABC，所以，所以当最大时，三棱锥A－CBE体积最大，设，则所以，当时等号成立，所以三棱锥A－CBE体积的最大值为.20. 如图，圆与抛物线相交于点、、、，且．（1）若抛物线的焦点为，为其准线上一点，是坐标原点，，求抛物线的方程；（2）设与相交于点，与组成蝶形（如图所示的阴影区域）的面积为，求点的坐标及的最大值．【20~21题答案】【答案】（1）（2），的最大值为.【解析】【分析】（1）可设点，利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，则、，，将抛物线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，根据可求得点的坐标，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得的最大值.【小问1详解】解：抛物线的焦点为，设点，所以，，，则，可得，故抛物线的标准方程为.【小问2详解】解：根据圆与抛物线的对称性，四边形是以轴为对称轴的等腰梯形，不妨设，、第一象限，设点、，则、，，联立，消去可得，则关于的二次方程有两个不等的正根，所以，解得，依据对称性，点在轴上，可设点，由得，所以，，解得，所以，点，，当且仅当时，等号成立，故当时，取得最大值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21. 已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）当时，若函数的最小值为M，求证：．【21~22题答案】【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为．（2）【解析】【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；（2）函数定义域是，求得导函数，这里是正数，引入，利用它的单调性，得其有唯一零点，是的唯一极小值点，即，由把转化为关于的函数，再由导数得新函数的最大值不大于1，证得结论成立．【小问1详解】当时，，的定义域是，，设，，则在单调递增，且所以当时，；当时，．所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．【小问2详解】由（1）得的定义域是，，令，则，在上单调递增，因为，所以，，故存在，使得．当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；故时，取得最小值，即，由，得，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故，即时，取最大值1，．【点睛】关键点睛：本题考查用导数求函数的单调性，求最值，证明不等式．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得最值．只是对含有参数的最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．本题考查了学生的逻辑思维能力，运算求解能力，属于难题．（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．[选修4－4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）写出直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线与曲线C交于P，Q两点，PQ中点为M，A（1，0），求的值．【22~23题答案】【答案】（1）直线的普通方程为，曲线C的直角坐标方程为；（2）8.【解析】【分析】（1）根据参数方程、极坐标方程的知识进行转化即可；（2）直线的参数方程也可表示为（为参数），然后利用的几何意义求解即可.【小问1详解】由可得，即直线的普通方程为，由可得，所以，即所以曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】直线的参数方程也可表示为（为参数），将其代入可得，设该方程的根为，则，所以，所以[选修4－5：不等式选讲]23. 已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若，使，求实数a的取值范围．【23~24题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分三种情况去绝对值解不等式，（2）将问题转化为函数的图象与直线有公共点，画出图象，根据图象求解【小问1详解】当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，不等式的解集为【小问2详解】，使，则函数的图象与直线有公共点，因为直线恒过点，令图象的最低点为，则直线的斜率为，由图象可知，当或时，函数的图象与直线有公共点，所以实数a取值范围为