河南省豫南省级示范高中联盟2021-2022学年高三下学期联考三理科数学试题-

这是一份河南省豫南省级示范高中联盟2021-2022学年高三下学期联考三理科数学试题-，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，设为第二象限角，若，则=，函数等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前河南省豫南省级示范高中联盟2021-2022学年高三下学期联考三理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题号一二三总分得分    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卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．设全集，集合，，则下面Venn图中阴影部分表示的集合是（       ）A． B．C． D．2．设复数满足，则的虚部为（       ）A． B． C． D．23．某市高三年级共有14000 人参加教学质量检测，学生的数学成绩近似服从正态分布（试卷满分150分），且，据此可以估计，这次检测数学成绩在80到90分之间的学生人数为（       ）A．2800 B．4200 C．5600 D．70004．考拉兹猜想是引人注目的数学难题之一，由德国数学家洛塔尔·考拉兹在世纪年代提出，其内容是：任意正整数，如果是奇数就乘加，如果是偶数就除以，如此循环，最终都能够得到．下边的程序框图演示了考拉兹猜想的变换过程．若输入的值为，则输出的值为（       ）A． B． C． D．5．设为第二象限角，若，则=（       ）A． B．C． D．26．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（       ）A．8种 B．14种 C．20种 D．116种7．函数（是自然对数的底数）的图象关于（       ）A．直线对称 B．点对称C．直线对称 D．点对称8．将函数的图象上各点横坐标缩短为原来（纵坐标不变）后，再向左平移个单位长度得到函数的图象，当时，的值域为（       ）A． B．C． D．9．抛物线的焦点为，为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交抛物线的准线于，两点，，则直线的斜率为（       ）A． B．C． D．10．已知直线过定点，直线过定点，与的交点为，则面积的最大值为（       ）A． B．C．5 D．1011．在四面体中，， ，二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为（       ）A． B．C． D．12．过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线，切点为（不重合），设直线分别与y轴交于点，则下列结论正确的个数是（       ）①两点的横坐标之积为定值；②直线的斜率为定值；③线段的长度为定值；                       ④面积的取值范围为.A．1 B．2 C．3 D．4第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题13．曲线在点（，2）处的切线方程是________．14．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，椭圆上一点P满足|OP|＝3，则△F1PF2的面积为________．15．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD＝2，将△ACD沿AC折叠形成三棱锥D1−ABC．当三棱锥D1−ABC体积最大时，则此时三棱锥外接球体积为________．16．已知函数，（），（），给出下列四个命题，其中真命题有________．（写出所有真命题的序号）①存在实数k，使得方程恰有一个根；②存在实数k，使得方程恰有三个根；③任意实数a，存在不相等的实数，使得；④任意实数a，存在不相等的实数，使得．评卷人得分  三、解答题17．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.(1)求证：；(2)若为，的等差中项，且，求的面积.18．2022年北京冬奥会防寒服中的“神奇内芯”—仿鹅绒高保暖絮片，是国家运动员教练员比赛服装的保暖材料.该“内芯”具有超轻超薄､湿态保暖､高蓬松度等特点，其研发是国家重点研发计划“科技冬奥”重点专项之一，填补了国内空白.为了保证其质量，厂方技术员从生产的一批保暖絮片中随机抽取了100处，分别测量了其纤维长度(单位：)的均值，并制成如下频率分布直方图：(1)估计该批保暖絮片纤维长度的平均数和样本方差(同一组数据用该区间的中点值作代表)；(2)该批保暖絮片进人成品库之前需进行二次检验，从中随机抽取15处测量其纤维长度均值，数据如下：31.8，32.7，28.2，34.3，29.1，34.8，37.2，30.8，30.6，25.2，32.9，28.9，33.9，29.5，34.5.请问该批保暖絮片是否合格？(若二次抽检纤维长度均值满足，则认为保暖絮片合格，否则认为不合格).19．如图，为平行四边形，，将沿翻折到位置且.(1)求P、C两点之间的距离；(2)求二面角的余弦值.20．已知椭圆的左，右焦点分别为､，动直线过与相交于，两点.若：是其中一个的内切圆.(1)求椭圆的方程；(2)求内切圆半径的最大值.21．已知函数，函数在处取得最大值.(1)求a的取值范围；(2)当时，求证：.22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，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)求曲线C的普通方程；(2)若过点的直线l与曲线C交于A，B两点，求的取值范围.23．已知函数，其中.(1)当时，求不等式的解集；(2)若时，恒成立，求a的取值范围.
参考答案：1．A【解析】【分析】由对数函数性质，二次根式定义确定集合，然后确定Venn图中阴影部分表示的集合并计算．【详解】由题意，或，，Venn图中阴影部分为．故选：A．2．C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据虚部的定义即可得解.【详解】解：因为，所以，则.所以的虚部为.故选：C.3．A【解析】【分析】根据正态曲线的性质即可解出．【详解】因为，近似服从正态分布，所以，即这次检测数学成绩在80到90分之间的学生人数大约为．故选：A．4．C【解析】【分析】根据程序框图列举出算法循环的每一步，即可得出输出结果.【详解】第一次循环，不成立，，，不成立；第二次循环，成立，，，不成立；第三次循环，成立，则，，不成立；第四次循环，成立，则，，不成立；第五次循环，成立，则，，成立.跳出循环体，输出.故选：C.5．B【解析】【分析】结合平方关系解得，由商数关系求得，再由两角和的正切公式计算．【详解】由得，，是第二象限角，，，所以由，解得：，所以，．故选：B．6．B【解析】【分析】按照同个元素（甲）分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有种可能；根据分类加法计数原理，共有6+8=14种可能.故选：B.7．D【解析】【分析】根据对称性进行检验．【详解】由题意，它与之间没有恒等关系，相加也不为0，AB均错，而，所以的图象关于点对称．故选：D．8．C【解析】【分析】利用三角函数图象变换可求得，由可求得的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】将函数的图象上各点横坐标缩短为原来（纵坐标不变）后，可得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则，当时，，所以，.故选：C.9．D【解析】【分析】根据题意求出点坐标，即可求出直线的斜率.【详解】由题意可知：，设准线与轴交于，因为，所以，且，所以，设，由抛物线定义可知，所以，代入抛物线中得，所以，且，所以直线的斜率为.故选：D10．C【解析】【分析】由直线方程求出定点，确定，即在以为直径的圆上，由圆的性质得点到的距离最大值为圆半径，由此可得面积最大值．【详解】由直线的方程是得直线过定点，同理直线方程为，即，所以定点，又，所以，即在以为直径的圆上，，由圆的性质知点到的距离最大值等于圆半径，即，所以面积的最大值为．故选：C．11．B【解析】【分析】取中点，中点，连接，证明是二面角的平面角，，是直角的外心，是直角的外心，在平面内过作，过作，交点为四面体外接球球心，求出球半径可得表面积．【详解】取中点，中点，连接，则，，，，所以是直角的外心，，，，，所以，，所以是二面角的平面角，，是中点，则是直角的外心，由，，，平面得平面，平面，所以平面平面，同理平面平面，平面平面，平面平面，在平面内过作，则平面，在平面内过作，则平面，与交于点，所以为四面体的外接球的球心，中，，所以，所以，，所以外接球表面积为．故选：B．12．C【解析】【分析】当时，求得，当时，，可判定①正确；根据斜率公式和对数的运算性质，可判定②正确；求得的方程，得到，，求得，可判定③正确；联立方程组，得到，进而求得，可判定④不正确.【详解】作出曲线的图象，如图所示，过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线，切点为（不重合），可得切点的横坐标在，的横坐标在，当时，，则，所以；当时，，则，所以，所以，所以，所以①正确；直线的斜率为，所以②正确；过点的切线方程为，令，可得，即点，过点的切线方程为，令，可得，即点，所以，所以③正确；由切线联立方程组，解得其交点的横坐标，因为不重合，故等号不成立，所以的横坐标，所以，所以④不正确.故选：C.13．【解析】【分析】求导，利用导数的几何意义求出切线方程的斜率，进而求出切线方程.【详解】，所以，故在点（，2）处的切线方程为，即.故答案为：14．7【解析】【分析】设出，列出方程组，求出，从而求出面积.【详解】由题意得：，解得：，所以，设出，则，解得：，故故答案为：715．【解析】【分析】找到体积最大时的状态，结合三棱锥的几何特点，求得外接球球心，再求半径和体积即可.【详解】在等腰梯形中，因为，容易知，当三棱锥D1−ABC体积最大时，此时平面平面，又面面，且面，故面，因为，故△为直角三角形，不妨取斜边的中点为，则，过作平面的垂线，取中点为，连接，因为，故，又面面，面，面，故面，故//，则四点共面.因为，取△的外心为，过作的垂线交于点，则，故该三棱锥的外接球球心为，设其半径为，则由图可知：，又，在△中，由正弦定理可得，故，又，故，，故三棱锥外接球体积.故答案为：.16．①②④【解析】【分析】①②画出函数图象，结合经过定点，数形结合进行判断；③转化为两函数的交点问题，可以举出反例；④转化为两函数交点问题，能够得到一组二次函数，均过原点，且开口向下，利用图象，数形结合得以证明.【详解】画出的函数图象，如图：经过定点，从图中可以看出存在实数k，使得方程恰有一个根；①正确；存在实数k，使得方程恰有三个根，②正确；要想对任意实数a，存在不相等的实数，使得，只需函数，（）始终有两个交点，当时，，开口向上，且最小值为，此时图象如图所示：由于指数函数的增长速度高于二次函数，显然此时两函数只有一个交点，故③错误；要想对任意实数a，存在不相等的实数，使得，即，只需与，无论a取何值，都有两个交点，其中开口向下，且有最大值为，且恒过，画出两函数图象如下，其中为一组抛物线，用虚线表示：无论a取何值，都有两个交点，④正确；故答案为：①②④【点睛】利用函数图象研究函数零点是很重要的方法，需要数形结合进行求解，结合函数单调性，极值，最值，有时候需要用到导函数的方法.17．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据题意得，再根据三角形性质求解即可；（2）设，得，求解即可.(1)由已知及正弦定理得，又代入上式得，即又，显然，所以，故(2)由（1）知，因为为，的等差中项，不妨设由余弦定理得，整理得：①由已知得，②由①②联立，整理得：，所以.所以，所以的面积为18．(1)31，12.28；(2)合格﹒【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图，求出每一组的频率和频数，根据方差计算公式即可计算方差；(2)求出,比较的大小关系即可判断.(1)由频率分布直方图可得，纤维长度区间是､､､､､､､的频率分别为：0.04､0.09､0.16､0.24､0.18､0.14､0.10､0.05，对应的频数分别为：4､9､16､24､18､14､10､5，故样本均值为：；样本方差为：﹒∴估计该保暖絮片的纤维长度的平均数为，方差为；(2)二次抽检纤维长度均值：，∵，∴该批保暖絮片合格﹒19．(1)；(2)﹒【解析】【分析】(1)延长到E，使，连接.证明CE⊥平面PDE，根据勾股定理可求PC长度；(2)取中点O，连接，以分别为x，z轴建立空间直角坐标系，求出平面DPB和平面CPB的法向量，利用向量法即可求解二面角的余弦.(1)延长到E，使，连接.由己知得为平行四边形，故.又，∴，则，∵PD∩AE＝D，∴平面，∴平面，∴，∵，∴，又，∴为等边三角形，故.又，∴；(2)由(1)知为矩形，取中点O，连接，则OP⊥DE，则OP⊥平面BCED，如图，以分别为x，z轴建立空间直角坐标系，则..设平面的法向量为，则，即，取，故，设平面的法向量为，则，即，取，故，∴，由已知二面角为钝角，故二面角的余弦值为.20．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意得，再利用椭圆定义求解即可；（2）根据题意得，，设直线的方程为：，联立求出韦达定理，整理求最值即可.(1)由已知方程为：，圆心，半径为.由已知得，故，由，解得故，所以，.所以椭圆的方程为.(2)设内切圆半径为，面积为，，则，又，所以，设直线的方程为：，与椭圆联立整理得，则.由，所以所以，令，则，当且仅当即时取等号.故内切圆半径的最大值为.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，然后判断函数的单调性进而可求极值，从而可得出结论；（2）方法一：结合（1）的结论可知只需证即可，然后构造函数，从而证得其最小值大于0即可；方法二：结合（1）的结论可知只需证即可，进而分别构造函数令和，然后结合函数的图象与性质即可得出结论.(1)显然，由已知得.故.若，当时，；当正数时，.有最小值，不符合题意.若，当时，；当时，.有最大值，故a的取值范围为.(2)由（1）知，当时，，所以.当时，因为，只需证，即证令，设，故在上为增函数.所以，所以存在，使得，此时.当时，，即；当时，，即.故.又因为在为减函数，且，所以故当时，，即，所以.综上，当时，.解法二：由（1）知，当时，，所以.当时，因为，只需证，即证.令在上单递增，所以；令，由得.当时，单调递增；当时，单调递减.当时，，故所以综上，当时，.【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.22．(1)；(2).【解析】【分析】（1）由题得，利用极坐标公式化简即得解；（2）设直线l的倾斜角为，写出直线的参数方程，联立曲线C的普通方程得到韦达定理，再利用韦达定理和参数的几何意义求解.(1)解：由，故，因为所以曲线C的普通方程为，即.(2)解：设直线l的倾斜角为，则直线l的参数方程为（t是参数），代入化简得：由得，设其两根分别为，则，由参数的几何意义知，又，其中，所以，故.故的取值范围为.23．(1)(2)【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值后求解（2）根据的值分类讨论，转化为最值问题求解(1)当时，故原不等式等价于①或②或③解①得：；解②得：；解③得：综上：不等式的解集为(2)当时，；当时，所以在单调递增，在上单调递减，由时，，故即，解得，故.故a的取值范围为.