河南省部分学校2022届高三下学期适应性考试文科数学试题-

绝密★启用前

河南省部分学校2022届高三下学期适应性考试文科数学试题

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．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知函数，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．新冠疫情严重，全国多地暂停了线下教学，实行了线上教学，经过了一段时间的学习，为了提高学生的学习积极性和检测教学成果，某校计划对疫情期间学习成绩优秀的同学进行大力表彰．对本校100名学生的成绩（满分：100分）按，，，，，分成6组，得到如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，用样本估计总体，则下列结论错误的是（       ）

A．若本次测试成绩不低于80分为优秀，则这100人中成绩为优秀的学生人数为25

B．该校疫情期间学习成绩在70分到80分的人数最多

C．该校疫情期间学生成绩的平均得分超过70分（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）

D．该校疫情期间约有40%的人得分低于60分或不低于90分

5．设偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集是（       ）

A． B．

C． D．

6．已知椭圆为其左焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，若（为原点），则椭圆的长轴长等于（       ）

A．6 B．12 C． D．

7．齐国的大将田忌很喜欢赛马，他与齐威王进行赛马比赛，他们都各有上、中、下等马各一匹，每次各出一匹马比一场，比赛完三场（每个人的三匹马都出场一次）后至少赢两场的获胜．已知同等次的马，齐威王的要强于田忌的，但是不同等次的马，都是上等强于中等，中等强于下等，如果两人随机出马，比赛结束田忌获胜的概率为（       ）

A． B． C． D．

8．在三棱锥中，已知平面，，且，，，则该三棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

9．函数，若存在，使得，则实数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

10．北京年冬奥会开幕式用“一朵雨花”的故事连接中国与世界，传递了“人类命运共同体”的理念．“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形三边生成的科赫曲线组成的，是一种分形几何．图1是长度为的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，这称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，这称为“二次分形”；．依次进行“次分形”．规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度．若要得到一个长度不小于的分形图，则的最小值是（       ）（参考数据，）

A． B． C． D．

11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（       ）

A． B．

C． D．

12．定义：设不等式的解集为A，若A中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”．若关于x的不等式在上存在“和谐解集”，则实数m的取值范围为（       ）

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．若向量满足，则与的夹角为__________．

14．设x，y满足约束条件，则的最小值为______．

15．若数列是等差数列，，则______．

16．已知，分别为双曲线：左、右焦点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且，，则双曲线的离心率是______．

17．的内角、、的对边分别是、、，已知．

(1)求；

(2)若，求面积的最大值．

18．新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力．在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标．某车企统计了近期购车的车主性别与购车种类的情况，其中购车的男性占近期购车车主总人数的60%．现有如下表格：

(1)若女性购置新能源汽车人数为所有购车总人数的25%，男性购置传统燃油汽车人数为所有购车总人数的10%，试完成上面的列联表，并判断能否有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关；

(2)若，，在该车企近期统计的男性购车车主中，求购置新能源汽车的人数大于购置传统燃油汽车人数的2倍的概率．

参考公式及数据：，其中．

19．如图，在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形．

(1)证明：．

(2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积．

20．已知抛物线上的点与焦点的距离为9，点到轴的距离为．

(1)求抛物线的方程．

(2)经过点的直线与抛物线交于两点，为直线上任意一点，证明：直线的斜率成等差数列．

21．设函数，．

(1)求函数的最小值；

(2)当时，，求的取值范围．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)已知点P的直角坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求．

23．已知函数．

(1)画出的图象；

(2)当时，，求的最小值．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

先求出集合A,然后与集合B取交集即可.

【详解】

因为，，所以．

故选：B

2．D

【解析】

【分析】

利用复数商的运算求解复数，得到对应点的坐标，即可得到答案.

【详解】

因为，所以在复平面内对应的点位于第四象限．

故选：D

3．A

【解析】

【分析】

求出的解集，根据与解集的关系即可求解.

【详解】

由，可得或，

因为是的真子集，

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

根据频率分布直方图逐项求解判断即可．

【详解】

因为，所以A正确；

由频率分布直方图知该校疫情期间学习成绩在75分到80分所对应的频率最大，B正确；

对于C，因为，所以C正确；

对于D，因为，所以D错误．

故选：D

5．D

【解析】

【分析】

由函数为偶函数化简不等式，再由函数的单调性列出不等式组求解即可.

【详解】

因为是偶函数，所以等价于．

又在上单调递增，所以在上单调递减．

由，得或

又，解得或．

故选：D

6．C

【解析】

【分析】

结合椭圆的几何性质求出，由条件列方程求出，由此可求长轴长.

【详解】

因为椭圆的左焦点为，所以，

又垂直于轴，在椭圆上，故可设，

所以，又，所以，

又

所以．，

解得从而，

故选：C.

7．D

【解析】

【分析】

列举出各种对应情况，由概率公式即可得到答案.

【详解】

将齐威王的上、中、下等马分别记为，，，田忌的上、中、下等马分别记为，，，则他们比赛的情况如下：

由上表可知，只有齐威王的马对田忌的马这种情况，田忌获胜，所以田忌获胜的概率．

故选：D

8．A

【解析】

【分析】

由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.

【详解】

由平面，，知三棱锥可补形为以，为长宽高的长方体，三棱锥的外接球即长方体的外接球，设外接球的半径为，则，所以．

故选：A

9．D

【解析】

【分析】

根据题意，将问题转化为求解函数的最大值问题，先通过导数方法求出函数的最大值，进而求出答案.

【详解】

因为，所以．由题意，只需．当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故实数的取值范围为．

故选：D.

10．C

【解析】

【分析】

分析可知“次分形”后线段的长度为，可得出关于的不等式，解出的取值范围即可得解.

【详解】

图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，

“次分形”后线段的长度为，

所以要得到一个长度不小于的分形图，

只需满足，则，即，

解得，所以至少需要次分形．

故选：C.

11．B

【解析】

【分析】

根据三视图还原出几何体，然后计算表面积即可.

【详解】

本题考查三视图，考查直观想象与数学运算的核心素养．

如图所示，该几何体是四棱锥，其中，，，所以四棱锥的表面积为．

故选：B.

12．A

【解析】

【分析】

根据定义解不等式即可.

【详解】

解：不等式可化为．

由函数得只有一个整数解，这唯一整数解只能是，

因为点是图像上的点，所以．

所以数m的取值范围为.

故选：A.

13．##

【解析】

【分析】

求得向量的模，求出向量的数量积，根据向量的夹角公司求得答案.

【详解】

设与的夹角为，由题意可知，

所以，故，

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

画出可行域，数形结合即可求解；

【详解】

解：由线性约束条件，画出可行域如下图所示：

由，解得，即，

由，可得平移直线，

由图可知当直线过点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最小值，即；

故答案为：

15．##-0.875

【解析】

【分析】

根据等差数列的通项公式可求得，再由已知求得，由此求得答案.

【详解】

令，因为，，

所以，，可得，

所以，从而．

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

由正弦定理和双曲线的定义可得是正三角形，从而．在中，由余弦定理即可得到答案.

【详解】

由，得，因为，所以，．又，即，所以．设，则，又，则，解得，所以，，所以是正三角形，从而．在中，由，得，所以．

故答案为：

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

(1)

解：因为，所以．

，则，所以，

整理得，得，

，所以．

(2)

解：由余弦定理可得，

当且仅当时，等号成立，

所以，，即面积的最大值为.

18．(1)填表见解析；有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题意补充列联表，计算卡方后判断

（2）由古典概型求解

(1)

列联表如下：

因为，

所以有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关．

(2)

根据题意可知，

因为，，所以基本事件分别为，，，，，，，，，，，，，，共14种，

设购置新能源汽车的人数大于购置传统燃油汽车人数的2倍为事件，则，

满足题意的事件有，，，，，，，，，，共10个，

所求的概率．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，，证出，，由线面垂直的判定定理和性质定理即可得到证明.

（2）由（1）知平面平面，由此可得线面角为，进而求得，的长，然后由棱锥体积公式计算可得答案.

(1)

证明：取的中点，连接，．

因为和均为等边三角形，所以，．

因为，平面，所以平面．

又平面，所以．

(2)

由（1）知平面，又平面，所以平面平面，

平面平面，故过作平面的垂线，垂足为，则一定在直线上，因为与平面所成的角为，所以．

由题意知，所以，

所以，

所以．

故三棱锥的体积．

20．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

(1)由条件结合抛物线的定义列方程求即可；(2)联立方程组，利用设而不求的方法证明即可.

(1)

设点，由题意可知，

所以，解得．

因为，所以．

所以抛物线的方程为．

(2)

设直线的方程为，

联立方程组消去得，

所以．

设，则

，

又因为，

所以，即直线的斜率成等差数列．

【点睛】

解决直线与抛物线的综合问题的一般方法为设而不求法，要证明直线的斜率成等差数列只需证明即可.

21．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）求导，判断的单调性，即可求得的最小值．

（2）讨论，，三种情况下函数的单调性，进而得到函数的最值，即可求得的取值范围.

(1)

因为，所以．

当时，，此时单调递增，

当时，，此时单调递减，

所以．

(2)

因为，所以．

若，因为，，，所以，

所以在上单调递增，，满足题意．

若，设，则是增函数，且，

若，则，此时单调递增，所以，

所以单调递增，故，满足题意；

若，则，，所以存在，使得，

当时，，此时单调递减，所以，

所以当时，，此时单调递减，

所以，不满足题意．

综上所述，，即的取值范围为．

22．(1)曲线C的普通方程为：；直线l的直角坐标方程为：

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去参数求解曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式进行求解；

（2）写出直线的参数方程，利用的几何意义求解.

(1)

因为曲线的参数方程为，（为参数），

所以曲线的普通方程为．

将，代入，得直线的直角坐标方程为．

(2)

因为直线的直角坐标方程为，所以它的参数方程为，（为参数），

代入的直角坐标方程，得，即．

由于，设，是上述方程的两实根，则，，

又直线过点，，所以．

23．(1)作图见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）化简函数的解析式，可作出函数的图象；

（2）分析可知的图象与轴交点的纵坐标为，且轴左侧部分的折线段所在直线的斜率分别为和，根据已知条件可得出关于、的不等式组，求出、的取值范围，结合不等式的基本性质可求得结果.

(1)

解：因为，函数的图象如下图所示：

(2)

解：由（1）知，的图象与轴交点的纵坐标为，且轴左侧部分的折线段所在直线的斜率分别为和，

因为在上恒成立，则，即，故.

即的最小值为.