河南省安阳市重点高中2021-2022学年高三模拟考试文科数学试题（含答案）

河南省安阳市2021-2022学年全国重点高中高三模拟考试

数学（文）试题

（考试时间：分钟  试卷满分：分）

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。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（本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）

1．已知集合，则（    ）

A．   B．    C．    D．

2．已知复数是虚数单位，若是纯虚数，则实数（    ）

A．    B．    C．     D．或

3．若实数满足（    ）

A．    B．    C．     D．

4．已知，若为真命题，则实数的取值范围是（    ）

A．        B．

C．    D．

5．已知，则（    ）

A．    B．    C．     D．

6．某班举行了一次有意思的智力竞猜游戏，首先老师将三只冬奥会吉祥物冰墩墩进行了、三个数字的标号，然后将它们放人不透明的箱子中，甲、乙、丙三名同学分别进行抽取，并将抽到的冰墩墩的标号告知老师，老师根据三人抽取的号码情况给出了三种说法：①抽取的是号冰墩墩；②乙抽取的不是号冰墩墩；③丙抽取的不是号冰墩墩．若三种说法中只有一个说法正确，则抽取号冰墩墩的是（    ）

A．甲    B．乙    C．丙     D．无法判定

7．已知正实数满足，则（    ）

A．   B．   C．    D．

8．已知分别为双曲线的左、右焦点，是轴正半轴上一点，线段交双曲线左支于点，若，且的内切圆半径为，则双曲线的离心率是（    ）

A．    B．    C．     D．

9．若，则在中，值为零的

个数是（    ）

A．    B．    C．     D．

10．已知为正实数，且，则的最小值为（    ）

A．    B．    C．     D．

11．已知函数，则关于的方程有个不同实数解，则实数满足（    ）

A．且       B．且

C．且      D．且

12．已知正三棱锥和正四棱锥的所有棱长均为，如图将三棱锥的一个面和正四棱锥的一个侧面重合在一起，得到一个新几何体，则下列关于该新几何体说法不正确的是（    ）

A．        B．

C．新几何体为三棱柱      D．正四棱锥的内切球半径为

二、填空题（本大题共小题，每小题分，共分．）

13．已知向量均为单位向量，，则______．

14．已知点为抛物线的焦点，直线经过点且交抛物线于两点，交轴于点，若，则______．

15．将一个棱长为的正四面体放人一个正方体的玻璃容器，若要求该正四面体能在正方体容器中自由旋转，则该正方体容器的棱长的最小值为______．

16．在中，角的对边分别为，若，且的面积为，则______．

三、解答题（共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第题为必考题，每个题考生都必须作答．第题为选考题，考生根据要求作答．）

17．（本小题满分分）

已知数列的前项和为．设．

（1）求；

（2）求数列的前项和．

18．（本小题满分分）

共享汽车，是指许多人合用一辆车，即开车人对车辆只有使用权，而没有所有权，有点类似于在租车行业里的短时间的租车．它手续简便，打个电话或通过网上就可以预约订车．某市为了了解不同年龄的人对共享汽车的使用体验，随机选取了名使用共享汽车的体验者，让他们根据体验效果进行评分．

（1）设消费者的年龄为，对共享汽车的体验评分为．若根据统计数据，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，且年龄的方差为，评分的方差为．求与的相关系数，并据此判断对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性强弱（当时，认为相关性强，否则认为相关性弱）；

（2）现将名消费者的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并判断是否有的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关．

附：回归直线的斜率；

相关系数，

独立性检验中的，其中．

临界值表：

19．（本小题满分分）

如图，在四棱锥中，点为线段的中点，为正三角形，，

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离．

20．（本小题满分分）

已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，对任意的恒成立，求满足条件的实数的最小整数值．

21．（本小题满分分）

已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为为坐标原点，点在椭圆上，且有．

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，若，垂足为，判断是否存在定点，使得为定值，若存在求出点，若不存在，说明理由．

【选考题】

请考生在第两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．

22．（本小题满分分）

在平面直角坐标系中，直线的参数方程为是参数），以坐标原点为极

点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）写岕直线的普通方程、曲线的标准方程；

（2）设点为曲线上的动点，直线过点且与直线的夹角为，设直线与直线交于点，求线段的取值范围．

23．（本小题满分分）

已知函数，若不等式的解集为或．

（1）求的值；

（2）若的最小值为，且实数满足，证明：．

2021—2022学年全国重点高中模拟考试

高三数学（文）参考答案

1．B【解析】由题得，所以．故选B

2．B【解析】若z是纯虚数，则，解得，故选B．

3．D【解析】作出不等式组满足的平面区域，如图所示，由图知当目标函数经过时取得最大值，即．故选D．

4．A【解析】由题，或，则，若为真命题，则p真真，即，即．故选A．

5．D【解析】因为，所以，所以，所以，即．故选D．

6．A【解析】假设①的说法的正确，即甲抽取的是1号冰墩墩，所以丙抽取的不是1号冰墩墩，故③正确，矛盾；假设②的说法正确，即乙抽取的不是2号冰墩墩，甲抽取不是1号冰墩墩，丙抽取的是1号冰墩墩，则乙抽取的是3号冰墩墩，甲抽取的是2号冰墩墩，符合题意，假设③的说法正确，即丙抽取的不是1号冰墩墩，甲抽取的不是1号冰墩墩，所以乙抽取的是1号冰墩墩，则②乙抽取的不是2号冰墩墩，甲抽取的不是1号冰墩墩，所以乙抽取的是1号冰墩墩，则②乙抽取的不是2号冰墩墩也正确，故假设不成立；故抽取1号冰墩墩的是丙，抽取2号冰墩墩的是甲，抽取3号冰墩墩的是乙．故选A．

7．C【解析】由题可得，，所以，，，因为，，，所以，故选C．

8．A【解析】由已知，直角的内切圆半径为1，则，又由对称性知，所以，所以，所以双曲线的离心率，故选A．

9．C【解析】由题意得，，即在一个周期里有两个为零，因为，所以值为零的个数是．故选C．

10．B【解析】由题，则有，解得．当且仅当，取到最小值8．故选B．

11．C【解析】令，作出函数的图象如下图所示：

由于方程至多两个实根，设为和，由图象可知，直线与函数图象的交点个数可能为0、2、3、4，

由于关于x的方程有7个不同实数解，

则关于u的二次方程的一根为，则，

则方程的另一根为，

直线与函数图象的交点个数必为4，则，解得．

所以且．故选C．

12．D【解析】取BC中点G连接FG，AG，正三棱锥中，，，所以平面AFG，则，又所以，故B正确；取AB中点P，连结FP，EP，CP，则和分别是和的二面角的平面角，

由，，故与互补，所以AEBF共面，又因为，则AEBF为平行四边形，故，故该新几何体是一个三棱柱，所以A、C正确．

D选项：设内切球半径为r，易求得侧面面积为，由等体积法得．解得，故D错．故选D．

13．【解析】因为，所以，所以，

所以，所以．

14．2【解析】由题易知点B在AM之间，设直线l的倾斜角为，则，即，可解得．

15．2【解析】由题若正四面体能在正方体容器中自由旋转，则当正方体最小时，其内切球是该正四面体的外接球，棱长为的正四面体的外接球半径，此时正方体的棱长为2．

16．【解析】由正弦定理，得．

，

，

因为，所以，，所以，

因为，所以，所以，即．

又由余弦定理得，且．解得或（舍）．

17．【解析】

（1）由已知整理得，所以，

又，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，

所以，所以；

（2）由（1）知，，

当时，，

当时，，所以所以

当时，．当时，符合．

所以．

18．【解析】

（1）相关系数

．

故对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性较强．

（2）由题列联表为

由列联表可得．

故有99.9%的把握认为对该智能家电的评价与年龄有关．

19．【解析】

（1）证明：取PD的中点F，连接AF、EF，

∵E、F分别为PC、PD的中点，则且，

又因为，，所以且，

则四边形ABEF为平行四边形，所以．

又∵，∴，

∵为正三角形，∴，

∴平面PCD，则有平面PCD，

又∵平面PBC，∴平面平面PCD．

（2）取AD的中点O，连接PO，

∵，O为AD的中点，则，

易知平面PAD，平面PAD，则，

∴，∴平面ABCD，，，

在中，，，

∴，

设点A到平面PBC的距离为d，由，得，解得．

所以点A到平面PBC的距离为．

20．【解析】

（1）当时，，

则，，所以切线方程为．

（2）因为对任意的恒成立，

即，当时，对任意的恒成立，

∵，，∴，

只需对任意的恒成立即可．

构造函数，，

∵，∴，且单调递增，

∵，，

∴一定存在唯一的，使得，

即，，

且当时，，即；当时，，即．

所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

∴

所以b的最小整数值为−3．

21．【解析】

（1）在中，，，

由余弦定理得，解得，，．

则椭圆C的方程为：．

（2）证明：

①当直线AB的斜率不存在时，设直线，

由题意可知，且，设，，

因为直线PA，PB的斜率之和为﹣2，所以，

化简得，所以直线l的方程为．

②当直线AB的斜率存在时，设AB方程为，，，

联立消去y，化简得．

，，由题意可得，

因为直线PA，PB的斜率之和为−2，所以，

∴，∴，

∴，∴（∵），

化简整理得，

当且仅当时，即或且时符合题意，

∴直线AB的方程：，即，

故直线l过定点，综上①②可得直线l过定点．

因为，所以定点N为线段PT中点时，为定值，即此时定点为．

22．【解析】

（1）将直线l的参数方程中消去参数t，可得直线l的普通方程为．

，故，

从而，圆的标准方程为．

（2）点圆心到直线的距离为，

所以圆上的点到直线l的最大距离为，最小距离为，因直线l的倾斜角为，

故是圆上的点到直线l的距离的的倍，所以的最大值为6，最小值为2．

所以的取值范围为．

23．【解析】

（1）由题的解集为，

所以3和−5是方程的根，即，

解得，经检验符合题意．

（2）证明：，当且仅当时取等号，

所以，，即，

所以，即．

当且仅当时，等号成立．