2022届云南省昆明一中、宁夏银川一中高三下学期联合考试一模数学（文）试题含解析

2022届云南省昆明一中、宁夏银川一中高三下学期联合考试一模数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则B中所含元素的个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】D

【分析】根据集合B的形式，逐个验证的值，从而可求出集合B中的元素.

【详解】时，，3，4，

时，，3，

时，，

 时，无满足条件的值；故共6个，

故选：D．

2．设复数满足，则z=（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的除法法则计算可得；

【详解】解：因为，所以；

故选：A

3．已知在平行四边形ABCD中，，，对角线AC与BD相交于点M，（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量加法的几何意义可得，应用向量线性运算的坐标表示，即可求的坐标.

【详解】由题设，.

故选：D.

4．线性回归分析模型中，变量X与Y的一组样本数据对应的点均在直线上，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，则（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】由相关系数的性质判断即可

【详解】因为样本数据对应的点在一条直线上，所以，

故选：C.

5．我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为13，直角三角形中较小的锐角为θ，那么（       ）

A．5 B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得直角三角形的直角边，由此求得，进而求得.

【详解】由题意可知，大正方形的边长为，小正方形的边长为1，

设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，

由勾股定理可得，解得，，

所以，因此，.

故选：A

6．已知双曲线C：的焦点为，，以为直径的圆交一条渐近线于点，则双曲线的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用圆直径的性质以及双曲线的几何性质解题.

【详解】由题可知：为直角三角形，所以，而，所以，，所以双曲线方程为，

故选：B

7．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程解得，类比上述方法，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】可设，得出，注意到，解出即可．

【详解】根据题意，设，于是得出，其中，

对等式两边平方，得，

即，解得（舍）或.

故选：C．

8．设函数的最大值为a，最小值为b，则(       )

A． B．0 C．1 D．2

【答案】D

【分析】利用分类常数法化简f(x)解析式为，根据为奇函数，根据奇函数的图像性质即可求解.

【详解】∵，

函数为奇函数，

由于奇函数的图象关于原点对称，∴，

从而，

故选：D．

9．设是等差数列的前n项和，若，则（       ）

A．198 B．388 C．776 D．2021

【答案】B

【分析】由题设可得，结合等差中项的性质求得，进而应用等差数列前n项和公式求.

【详解】由得：，即，

所以.

故选：B.

10．在长方体中，，为棱的中点，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得与相似，进而可得平面，从而可得.

【详解】连结，，因为，所以，所以与相似，所以，所以，即：，所以平面，所以.

故选：B.

【点睛】本题考查简单几何体，线面垂直得线线垂直，属于基础题.

11．设抛物线C：的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若，△ABD的面积为，则（       ）

A．1 B． C． D．2

【答案】A

【分析】画出图形，由题意可得为等边三角形，可得∥,，，然后由△ABD的面积为，列方程可求出

【详解】如图，设准线与轴交于点，

因为，，

所以,

所以，

因为，所以为等边三角形，

所以，所以,

所以∥,，

所以，，

由抛物线定义，点到准线的距离，

所以，所以，

故选：A．

12．已知球O的半径，圆锥在球O内，则圆锥的体积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设圆锥的高为h，圆锥的底面半径为r，即可表示出圆锥的体积，又，即可得到，再利用导数求出函数的最大值，即可得解；

【详解】解：设圆锥的高为h，圆锥的底面半径为r，要使圆锥的体积尽可能大，则，

则，而，

所以，

所以，

令，解得或，所以当时，当时，所以当时取得最大值，所以；

故选：A.

二、填空题

13．若实数x，y满足，则的最大值为___________.

【答案】

【分析】利用直线截距求目标函数的最大值.

【详解】如图，由得，联立解得点B为，

由图可知直线平移过点时z最大，此时.

故答案为：3

14．若数列满足，则数列前15项的和_________．

【答案】3

【分析】由，裂项相消求和即可

【详解】因为，

所以．

故答案为：3.

15．已知函数，若时，取得极值0，则___________.

【答案】

【分析】由题意可得，列方程组可求出，然后再检验时，函数是否能取得极值，即可得答案

【详解】由，得，

因为时，取得极值0，

所以，，

解得或，

当时，，此时函数在在处取不到极值，

经检验时，函数在处取得极值，

所以，所以.

故答案为：18

16．已知实数满足：，，，则的最大值为______．

【答案】

【分析】结合圆的性质、点到直线距离公式求得所求的最大值.

【详解】的值转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，

由得：，

所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，

则，且，

则在以点为圆心，半径为的圆上，

，两点到直线的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.

到直线的距离为，

所以到直线的距离的最大值为，

所以的最大值为．

故答案为：.

三、解答题

17．某学校利用假期开展“互联网+教育”活动，为了解学生一周内利用网络的学习时长，采用随机抽样的方法，得到该校100名学生一周的学习时长（单位：分钟）的数据，其频率分布直方图如下：

(1)求图中m的值；

(2)估计该校学生一周学习时长的中位数；

(3)从图中，这两组中采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求抽取的2人恰在同一组的概率

【答案】(1)

(2)中位数为240分钟

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，即可求出参数的值；

（2）设该校学生一周学习时长的中位数为，首先判断，再根据频率分布直方图中中位数的计算规则得到方程，解出即可；

（3）按照分层抽样可知图中内抽取4人，记为A，B，C，D，在内抽取2人，记为E，F，用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；

(1)

解：依题意，

解得；

(2)

解：设该校学生一周学习时长的中位数为，由频率分布直方图可知，

，解得，

该校学生周学习时长的中位数为240分钟.

(3)

解：按照分层抽样可知在内抽取4人，记为A，B，C，D，在内抽取2人，记为E，F，从这六名学生中随机抽取两名的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，共种等可能的取法，其中抽取的2人恰在同一组的有，，，，，，共种取法，所以抽取的2人恰在同一组的概率为.

18．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知：，且.

(1)求A的大小；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理，可得出

结合角的范围，进而可以得出角的大小；

（2）根据同角三角函数的关系，可由，求出，代入已知得出，

利用二倍角公式，可得，再利用两角差

的正弦公式即可求解.

(1)

根据正弦定理，由得：，

又因为，

所以，由余弦定理得：；

又因为，所以.

(2)

因为，所以，

因为为钝角，所以为锐角，

所以，

于是，，

所以.

.

19．如图，在四棱柱中，底面ABCD为菱形，其对角线AC与BD相交于点O，，.

(1)证明：平面ABCD；

(2)求三棱锥与三棱锥组成的几何体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，，可证明，再证明，从而可证明结论.

（2）由，可得答案.

(1)

连接，，由题意，，，，

知与为全等三角形，所以，故.

不妨设，则，，，

在中由余弦定理可得，故，

在中，，故，

AO与BD相交于点O，且AO与BD都包含于平面ABCD，

所以平面.

(2)

由（1）可知，，

，

所以，三棱锥与三棱锥组成的

几何体的体积为.

20．已知函数在处的切线为.

(1)求实数a的值及函数的单调区间；

(2)用表示不超过实数t的最大整数，如：，，若时，，求的最大值.

【答案】(1)，单调递增区间，单调递减区间为

(2)2

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数的单调区间；

（2）分离参数可得，构造函数，利用导数求函数的最值，再分析最值的范围即可的解.

(1)

函数的定义域，

因为，由已知得：，所以，

由得，由得，

所以函数的单调递增区间，单调递减区间为.

(2)

时，不等式等价于，

令，所以，

由（1）得在上单调递增，

又因为，，所以在上有唯一零点，且，

当时，，当时，，

所以的最小值为，

由得，所以，

由于，所以，

因为，所以的最大值为2.

【点睛】关键点点睛：根据零点的存在性定理及函数的单调性可确定在上有唯一零点，设零点，根据函数的单调性确定的最小值为，再根据函数零点的定义得出，进而求出是解题的关键所在.

21．如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于、，直线、分别与交于点、.

(1)证明：以为直径的圆经过点；

(2)记、的面积分别为、，若，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理计算得出，可得出，即可证得结论成立；

（2）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.

(1)

证明：若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.

所以，直线的斜率存在，设直线的方程为.

由得，

设、，则、是上述方程的两个实根，

于是，.

又因为点，

所以，

所以，即，所以为直径的圆经过点.

(2)

解：由已知，设的斜率为，则的方程为，

由解得或，则点的坐标为，

又直线的斜率为，同理可得点的坐标为.

所以，

由得，解得或，

则点的坐标为，

又直线的斜率为，同理可得点的坐标，

于是，

因此，

当时，即当时，等号成立，

所以，所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

22．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数），直线的参数方程为（k为参数）．设与的交点为M，当m变化时，M的轨迹为曲线C．

(1)写出C的普通方程；

(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设直线：，求与C的交点的极坐标．

【答案】(1)（除，两点）

(2)，

【分析】（1）消去参数得与的普通方程，再消去即可得出C的普通方程；

（2）得出的极坐标方程，与曲线C的极坐标方程联立求得交点即可.

(1)

由直线的参数方程，消去参数得的普通方程：；

由直线的参数方程，消去参数得的普通方程：．

设，由题设得，消去m得．

所以的普通方程为（除，两点）．

(2)

的极坐标方程为（除，两点），

直线的极坐标方程为（），

联立得，

由于原点也在曲线C上，所以与C的交点有两个点，交点的极坐标为，．

23．设函数．

(1)求函数的最小值；

(2)记函数的最小值为m，若a，b，c为正数，且，求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)分类讨论即可得f(x)最小值；

(2)根据柯西不等式不等式即可求解.

(1)

由

当x＜－1时，f(x)＞3；

当－1≤x<时，<f(x)≤3；

当x≥时，f(x)≥，

∴函数的最小值为；

(2)

由(1)得，

∴由柯西不等式可得：

，

当且仅当时取等号，

∴的最大值是．