河南省洛阳市2022届高三第三次统一考试数学（理科）试题

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河南省洛阳市2022届高三第三次统一考试数学（理科）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，其中是虚数单位，则（       ）

A．3 B．1 C．-1 D．-3

2．已知集合，，，则（       ）

A． B． C． D．

3．若函数是偶函数，则（       ）

A．-1 B．0 C．1 D．

4．已知向量，，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为（       ）

A． B． C． D．

6．2022年北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”深受吉祥物爱好者的喜爱，“冰墩墩”和“雪容融”将中国文化符号和冰雪运动完美融合，承载了新时代中国的形象和梦想.若某个吉祥物爱好者从装有3个“冰墩墩”和3个“雪容融”的6个盲盒的袋子中任取2个盲盒，则恰好抽到1个“冰墩墩”和1个“雪容融”的概率是（       ）

A． B． C． D．

7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）

A． B． C．1 D．

8．首位数定理：在进位制中，以数字为首位的数出现的概率为，几乎所有日常生活中非人为规律的统计数据都满足这个定理.已知某银行10000名储户的存款金额调查结果符合上述定理，则下列结论正确的是（       ）（参考数据：，）

A．存款金额的首位数字是1的概率约为

B．存款金额的首位数字是5的概率约为9.7%

C．存款金额的首位数字是6的概率小于首位数字是7的概率

D．存款金额的首位数字是8或9的概率约为9.7%

9．若函数在上有且仅有6个极值点，则正整数的值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

10．若过点可作出曲线的三条切线，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．已知点是椭圆：上异于顶点的动点，，分别为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为的中点，的平分线与直线交于点，则四边形的面积的最大值为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．

12．已知，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

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，则的最大值为___________.

14．在的展开式中，只有第七项的二项式系数最大，则展开式中常数项是___________.（用数字作答）

15．在棱长为1的正方体中，点为上的动点，则的最小值为___________.

16．已知点为的重心，且，若，则___________.

17．影响消费水平的原因是很多的，其中重要的一项是工资收入.下表是我国某地区2016年-2021年职工平均工资与城镇居民消费水平（单位：万元）的数据；

以表示职工平均工资，以表示城镇居民消费水平，绘制如下散点图：

(1)请写出从散点图发现的与之间关系的一般规律，并求出线性回归方程（精确到0.01）；

(2)请预测2022年的职工平均工资至少多少万元时，城镇居民消费水平才不少于8.11万元？

附：线性回归方程，，，参考数据：，，

18．已知正项数列的前项和为，，，数列满足且.

(1)求数列，的通项公式；

(2)求数列的前项和.

19．如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆周上一点，，四边形为矩形.

(1)若点在上，且平面，请确定点的位置并说明理由；

(2)求二面角的余弦值.

20．已知抛物线：，是上位于第一象限内的动点，它到点距离的最小值为，直线与交于另一点，线段AD的垂直平分线交于E，F两点.

(1)求的值；

(2)若，证明A，D，E，F四点共圆，并求该圆的方程.

21．已知函数，（其中为自然对数的底数）.

(1)判断函数的零点的个数，并说明理由；

(2)当时，恒成立，求整数的最大值.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线.

(1)求曲线的普通方程；

(2)以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为，射线：与，分别交于A，B两点，求线段AB的长.

23．设函数，.

(1)求不等式的解集；

(2)若，，求实数的取值范围.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据复数代数的形式的除法运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可；

【详解】

解：因为，因为，

所以，即，所以；

故选：B

2．A

【解析】

【分析】

由集合的运算法则计算．

【详解】

由题意，，

．

故选：A．

3．C

【解析】

【分析】

由已知，根据函数的解析式，写出的解析式，然后根据函数为偶函数，借助，列出等量关系，化简即可求解参数.

【详解】

由已知，，所以，

函数为偶函数，所以，所以，整理得：，所以.

故选：C.

4．A

【解析】

【分析】

由已知，可根据，求解出，，然后带入，中，判定从而确定充分性；然后再根据，列式求解出的值，与条件对比，不满足必要性，故可以完成解答.

【详解】

由已知，，所以，，

此时，，所以；

若，由，可得：

，所以或，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

5．A

【解析】

【分析】

根据双曲线的离心率，求得，进而求得双曲线的渐近线方程，即可求解.

【详解】

由题意，双曲线，可得，

因为双曲线的离心率，可得，可得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：A.

6．C

【解析】

【分析】

列举基本事件，利用古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】

记3个“冰墩墩”分别为a、b、c,3个“雪容融”分别为1、2、3；

从6个盲盒的袋子中任取2个盲盒有：ab,ac,a1,a2,a3,bc,b1,b2,b3,c1,c2,c3,12,13,23共15种情况；其中恰好抽到1个“冰墩墩”和1个“雪容融”包含a1,a2,a3, b1,b2,b3,c1,c2,c3共9种，

所以概率为：.

故选：C

7．B

【解析】

【分析】

根据题意可知该几何体是直三棱柱将三棱锥切除后余下部分，作出草图，结合题中所给数据即可求出结果.

【详解】

根据该几何体的三视图，可知该几何体是如图所示的直三棱柱将三棱锥切除后余下部分，即四棱锥；

由三视图中的数值可知，直三棱柱中，

所以该几何体的体积为.

故选：B.

8．D

【解析】

【分析】

根据对数的运算性质及参考数据逐项计算后可得正确的选项.

【详解】

因此存款金额用十进制计算，故，

对于A，存款金额的首位数字是1的概率为，故A错误.

对于B，存款金额的首位数字是5的概率为

，

故不约为9.7%，故B错误.

对于C，存款金额的首位数字是6的概率为，

存款金额的首位数字是7的概率为，

因为，故，故C错误.

对于D，存款金额的首位数字是8的概率为，

存款金额的首位数字是9的概率为，

故存款金额的首位数字是8或9的概率为，

故D正确.

故选：D.

9．B

【解析】

【分析】

设，则，即在上有且仅有6个极值点，结合正弦函数的图像性质可得答案.

【详解】

设，则当时，

由在上有且仅有6个极值点，则在上有且仅有6个极值点.

如图由正弦函数的图像性质可得

解得，所以正整数的值为3

故选：B

10．C

【解析】

【分析】

由已知，设出切点，然后写出切线方程，把点P带入切线方程中，然后对式子进行整理，分别设出两个函数，与，借助导数研究函数的单调性和极值，然后作图，看两个函数图象的交点情况即可完成求解.

【详解】

由已知，曲线，即令，则，

设切点为，切线方程的斜率为，

所以切线方程为：，将点代入方程得：，整理得，

设函数，过点可作出曲线的三条切线，

可知两个函数图像与有三个不同的交点，

又因为，由，可得或，

所以函数在，上单调递减，在上单调递增，

所以函数的极大值为，函数的极小值为，

如图所示，

当时，两个函数图像有三个不同的交点.

故选：C.

11．B

【解析】

【分析】

由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，，为到的距离，又是的中位线，故，结合余弦定理，设，即可表示出，即可讨论最值

【详解】

由图，，，故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则

设，则，，由是的中位线，易得，即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为2

故选：B

12．D

【解析】

【分析】

构造函数，，求其单调性，从而判断，，的大小关系.

【详解】

构造，，

，

在时为减函数，且，

所以在恒成立，

故在上单调递减，

所以，

即，所以，即.

故选：D

【点睛】

对于指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数单调性及中间值比较大小，稍复杂的可能需要构造函数进行比较大小，要结合题目特征，构造合适的函数，通过导函数研究其单调性，比较出大小.

13．

【解析】

【分析】

作出可行域，目标式子，表示可行域内点与坐标原点的连线的斜率，数形结合计算可得；

【详解】

解：作出不等式对应的平面区域如下所示：

其中表示可行域内点与坐标原点的连线的斜率，

由，解得，即，由图可知，即；

故答案为：

14．495

【解析】

【分析】

先根据只有第七项的二项式系数最大，求出，进而利用展开式的通项公式，求出常数项.

【详解】

由题意得：，

故展开式的通项公式，

令，解得：，所以

故答案为：495

15．

【解析】

【分析】

将正方形、铺平在同一平面上，当三点共线时，最小，然后可得答案.

【详解】

如图，将正方形、铺平在同一平面上，

当三点共线时，最小，最小值为，

故答案为：

16．##

【解析】

【分析】

连接，延长交于，根据重心的性质和题意可知，由余弦定理，在三角形可得，在三角形中可得，再根据，可知，再根据三角形内角的关系和正弦定理可知，再结合余弦定理，即可求出结果.

【详解】

如图，连接，延长交于，

因为点为的重心，故为中点，

因为，所以，

由重心的性质得，，即,

由余弦定理得，

又，

所以

所以，

又，所以

则，

.

故答案为：.

17．(1)规律见解析，

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据散点图的变化趋势分析即可，再求出，，，即可得到回归直线方程；

（2）由（1）中的回归直线方程求出的取值范围，即可得解；

(1)

解：从散点图看到，各点散布在从左下角到右上角的区域里，

因此，职工平均工资与城镇居民消费水平之间成正相关，

即职工平均工资越高，城镇居民消费水平越高；

又，，

，

，

所求线性回归方程为；

(2)

解：当时，即，解得，

所以估计年的职工平均工资至少达到万元；

18．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据，可求出的通项公式，由此可得，在根据递推公式可得，在分为奇数和偶数两种情况，可求出数列的通项公式；

（2）分为奇数和偶数两种情况，利用分组求和结合等比数列前和公式，即可求出结果.

(1)

解： 因为，①

当时，，即，

又，所以或（舍去）

当时，，②

所以①-②，，

因为，所以，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，即，

所以，

当时，，又，所以，

当时，，

两式相除可得，

所以当为奇数时，，

当为偶数时，,

，

(2)

解：当为偶数时，

；

当为奇数时，

所以.

19．(1)点为的中点，证明见解析.

(2)

【解析】

【分析】

(1) 当点为的中点时,取 的中点，连接，可得四边形为平行四边形，从而从而可证明.

(2) 设,连接，可得，从而证明，由,所以，所以为二面角的平面角，然后由余弦定理求解即可.

(1)

当点的位置为的中点时，平面.

证明： 取 的中点，连接

由分别为的中点，则，且，即

又四边形为矩形，则,且

所以,且,故四边形为平行四边形.

所以，又平面, 平面

所以平面

(2)

由为底面直径，为底面圆周上一点,则

四边形为矩形，则

根据题意为圆锥的高，则平面，所以平面

由平面，则,且

所以平面，平面

所以

设,连接

由且为的中点，则为的中点，所以

所以

在圆锥中，,所以

所以为二面角的平面角.

,

则,

所以

20．(1)2；

(2)证明见解析，.

【解析】

【分析】

（1）设，则，然后利用二次函数的知识结合的最小值可得答案；

（2）依次求出点的坐标、的方程，然后算出线段的中点坐标和长度，然后可证明和求出圆的方程.

(1)

设，则，

令，则，

对于二次函数，其对称轴为，

当时，，在上单调递增，其最小值为9，即的最小值为3，不满足题意，

当时，，所以当时取得最小值，即

所以，解得或（舍）

所以

(2)

由（1）可得，当时，，点，

所以，直线的方程为，

由可得，解得或，所以，

所以的中点为，所以直线的方程为，即，

设，由可得，所以

所以线段的中点为，

因为，所以A，D，E，F四点共圆，圆心为，半径为8，

所以该圆的方程为.

21．(1)答案见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，易知当时，单调递增，在根据零点存在定理，即可得到结果；

（2）根据题意可知当时， ，令，对求导可得，再，利用导数可知的单调性，根据零点存在定理，可知存在，使得，由此可知函数在上单调递减，在上单调递增，故可求出，再由，可知，可得，再根据可知的范围，由此即可求出结果.

(1)

解：函数有且只有一个零点.

理由如下: 因为

当时，，

所以，在上递增.

所以函数至多有一个零点，

又时，；时，

所以函数有且只有一个零点.

(2)

(2)当时，，即，

令，

所以，

当时，，

设，在(0，1]上单调递增，且，

所以存在，使得，

即，

当时，；当时，.

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

∴，

又在上单调递减，

又，所以，

所以整数的最大值是.

22．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去参数得到直线、的普通方程，联立两方程消去，即可得到的轨迹；

（2）首先将的方程化为极坐标方程，再将代入两极坐标方程即可求出，，即可得解；

(1)

解：因为直线的参数方程为（为参数），

消去参数得直线的普通方程为①，

直线的参数方程为（为参数），

消去参数得直线的普通方程为②，

设，由①②联立得，消去得

即曲线的普通方程为，；

(2)

解：设，，

由得曲线的极坐标方程为（，），

代入得，

将代入得，

所以，

即线段的长度为；

23．(1)；

(2)或．

【解析】

【分析】

（1）根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后，解不等式可得；

（2）由（1）求得的最大值，的最小值，然后由可得的范围．

(1)

时，，由得，

时，，由，得，所以，

时，，由得，所以，

综上，或，即不等式的解集为；

(2)

由（1）知在上递增，在上递减，所以，

，即，

由题意，或，解得或．