山西省际名校2022届高三联考二（冲刺卷）文科数学试题-a

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山西省际名校2022届高三联考二（冲刺卷）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．已知集合，则中元素个数为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

2．已知，则（       ）

A．0 B．1 C．2 D．

3．中国运动员谷爱凌在2022北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中以188.25分夺得金牌．自由式滑雪大跳台比赛一般有资格赛和决赛两个阶段，比赛规定：资格赛前12名进入决赛．在某次自由式滑雪大跳台比赛中，24位参加资格赛选手的成绩各不相同．如果选手甲知道了自己的成绩后，则他可根据其他23位同学成绩的哪个数据判断自己能否进入决赛（       ）

A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差

4．若，则下列结论中正确的是（       ）

A． B． C． D．

5．如图，棱长为2的正方体．E，F分别为棱的中点，过E，F，三点作正方体的截面，点P是该截面内任意一点，则点P在内的概率为（       ）

A． B． C． D．

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

7．“”是“与相切”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分又不必要条件

8．若在有唯一零点，则m的最大值是（       ）

A． B． C． D．

9．牛顿切线法是牛顿在十七世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如求解方程，先令，然后对的图象持续实施下面的步骤：

第一步，在点处作曲线的切线，交x轴于；

第二步，在点处作曲线的切线，交x轴于；

第三步，在点处作曲线的切线，交x轴于；

……

利用该方法可得方程近似解（保留三位有效数字）是（       ）

A．0.313 B．0.314 C．0.315 D．0.316

10．已知函数若函数有三个零点，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．已知为双曲线的左，右焦点，直线与双曲线的左支交于点A，且，则双曲线的离心率为（       ）

A．2 B． C． D．

12．若函数，在定义域内任取两个不相等的实数，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（       ）

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．已知向量，若，则的值为_________．

14．△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则_________．

15．已知为抛物线上一动点，为抛物线的焦点，过点作的垂线，垂足为．点为圆上一动点，则的最小值是_________．

16．如图，在直三棱柱中，，点E，F分别是上的动点，当的长度最小时，三棱锥外接球球面上的点到平面的距离的最大值为___________．

17．已知数列的前项和为，且．

(1)证明是等比数列；

(2)求的前项和．

18．如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，为等边三角形，为棱的中点．

(1)证明：直线平面；

(2)当的长为多少时，平面平面？请说明理由，并求出此时点到平面的距离．

19．机动车辆保险即汽车保险（简称车险），是指对机动车辆由于自然灾害或意外事故所造成的人身伤亡或财产损失负赔偿责任的一种商业保险．机动车辆保险一般包括交强险和商业险，商业险包括基本险和附加险两部分．经验表明新车商业险保费与购车价格有较强的线性相关关系，下面是随机采集的相关数据：

(1)根据表中数据，求y关于x的线性回归方程（精确到0.01）；

(2)某保险公司规定：上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，上一年没有出险，则下一年保费倍率为85%，上一年出险一次，则下一年保费倍率为100%，上一年出险两次，则下一年保费倍率为125%．太原王女士2022年1月购买了一辆价值32万元的新车．若该车2022年2月已出过一次险，4月又发生事故，王女士到汽车维修店询价，预计修车费用为800元，理赔人员建议王女士自费维修（即不出险），你认为王女士是否应该接受该建议？请说明理由．（假设车辆2022年与2023年都购买相同的商业险产品）

参考数据：．

参考公式：．

20．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点为椭圆外一点，过点D作两条斜率之和为1的直线，分别交椭圆于A，B两点和P，Q两点，线段的中点分别为M，N，试证直线过定点．

21．已知函数.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若点，分别在直线和曲线上，且直线的一个方向向量为，求线段长度的取值范围．

23．已知．

(1)若，解不等式；

(2)若的最小值为m，，求的最小值．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

先求出集合A，B，然后再求出两集合的交集，从而可得答案

【详解】

由题意，，

故，

所以元素个数为4个．

故选：B．

2．D

【解析】

【分析】

先求出，再求，然后求其模即可

【详解】

因为，所以，

所以，

所以．

故选：D．

3．A

【解析】

【分析】

根据题意，结合中位数的定义，即可判断和选择.

【详解】

其他23位参赛同学，按成绩从高到低排列，这23个数的中位数恰好是第12位选手的成绩．

若选手甲的成绩大于该选手的成绩，则进入决赛，否则不能进入决赛，

因此可根据中位数判断选手甲是否能进入决赛.

故选：．

4．B

【解析】

【分析】

对于A，利用不等式的性质判断，对于B，利用基本不等式判断，对于C，利用指数函数的性质判断，对于D，举例判断

【详解】

∵，∴，∴，故A错误；

∵，∴，∴．

∵，∴，故B正确；

∵，∴．故C错误；

令，此时．故D错误．

故选：B．

5．D

【解析】

【分析】

连接，则过E、F、的正方体的截面为等腰梯形，利用几何概型的概率计算公式，可得解点P在内的概率为.

【详解】

解：连接，则过E、F、的正方体的截面为等腰梯形，

所以所求概率，

故选：D．

6．A

【解析】

【分析】

先还原为三棱锥，再求其体积.

【详解】

由三视图知该几何体是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，如图中三棱锥所示：

取F为的中点，O为的中点，连接，则平面．

由三视图可知，则，所以该几何体的体积为．

故选：A．

7．A

【解析】

【分析】

分别计算两圆外切和内切时的值，再按照充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】

易得，．当圆外切时：得：，

当圆内切时：得：．

所以是两圆相切的充分不必要条件．

故选：A．

8．D

【解析】

【分析】

由可得，根据题得，从而可求得答案

【详解】

，

由，得，即，

因为在有唯一零点，

所以．

所以m的最大值是

故选：D．

9．B

【解析】

【分析】

根据导数的几何意义先求解点处的切线，进而得到，再按题意继续计算得到即可

【详解】

所以在处的切线方程，则；

同理，在处的切线方程，令，得，

又，在处的切线方程，令，得．

故选：B．

10．C

【解析】

【分析】

先求出时，函数有一个零点，故时，函数有两个零点，令，由且解出a的取值范围即可.

【详解】

函数当时，方程．可得．解得，函数有一个零点，

则当时，函数有两个零点，即，在时有两个解．

设，其开口向上，对称轴为：在上单调递减，在上单调递增，所以，且，解得．

故选：C．

11．C

【解析】

【分析】

由直线方程可知：直线l过左焦点，且，对于根据数量积的定义可得，结合双曲线的定义可得，再运用余弦定理整理求解．

【详解】

由题知直线l过左焦点，且．

由，可得．

∵，则．

由余弦定理得即，

化简得，即，

解得（舍去），

故选：C．

12．B

【解析】

【分析】

由原不等式恒成立转化为，构造函数，问题转化为在上单调递增，利用导数求解即可得解.

【详解】

根据题意由在上恒成立，

不妨设，则可变形为，

设，则函数在上单调递增，

即在上恒成立，

所以，令，因此．

故选：B

13．

【解析】

【分析】

由，列方程求解即可

【详解】

由已知得．

因为，所以，

解得．

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

先利用余弦定理进行角化边得，整理化简结合余弦定理求解.

【详解】

∵，

则，化简得，

∴，

 ，则．

故答案为：．

15．

【解析】

【分析】

根据题意得，又因为，再求解计算即可.

【详解】

抛物线的焦点坐标为，准线方程为．由抛物线定义知，故，

此时、、三点共线，点在以为圆心，1为半径的圆上，

故，故．

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

借助侧面展开图分析的长度最小时，E为的中点，,

通过长度可知△、△均是以为斜边的直角三角形，所以三棱锥的外接球球心为线段的中点，三棱锥外接球球面上的点到平面的距离的最大值为球心到平面的距离与球的半径之和．

【详解】

把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，连接，如图①所示，则．

要使的长度最小，则需，E，F，四点共线，此时．

因为，则，

所以，

则，所以，

在图②中，△是以为斜边的直角三角形，

∵，即

所以△是以为斜边的直角三角形，

所以三棱锥的外接球球心为线段的中点，记为O，球O的半径

设△的外接圆半径为，

，则

∴即

设球心O到平面的距离为h，则即

则球面上的点到平面的距离的最大值为．

故答案为：．

17．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）代入可得；当时，由与关系可推导得到，由等比数列定义可得结论；

（2）由等比数列通项公式可推导得到，进而得到，采用分组求和法和错位相减法可求得结果.

(1)

当时，，解得：；

当时，，，

即，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列.

(2)

由（1）得：，，；

，

令，

则，

，，

.

18．(1)证明见解析

(2)当时，平面平面；理由见解析；点到平面的距离为：

【解析】

【分析】

（1）取线段的中点，连接、，证明四边形为平行四边形即可求解；（2）若，则平面平面，即可求解的长，根据题意得到到平面的距离等于点到平面的距离的一半，且，求出点到平面的距离即可求解.

(1)

证明：如下图所示，取线段的中点，连接、，因为为棱的中点，

则为的中位线，所以，且，因为底面是梯形，

，，所以，且，所以，且，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

(2)

当时，平面平面．理由如下：

在中，因为，若，则，

所以，又因为，，平面，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面．

因为为棱的中点，所以到平面的距离等于点到平面的距离的一半．

因为平面，，所以平面，所以．

所以，，

如下图所示，取中点，连接，为等边三角形，则，．

因为平面平面，平面平面，所以平面，

设点到平面的距离为，

由得，解得，

所以点到平面的距离为．

19．(1)

(2)王女士应接受理赔专员的建议；理由见解析

【解析】

【分析】

（1）根据公式带入数据计算出 ，即可写出回归方程

（2）根据（1）计算出32万元车辆的商业车险保费预报值，因该车已出险一次，加上本次出险，按照保费倍率为 计算保费与800比较大小即可得出结论

(1)

（万元），

所以

(2)

价值为32万元的车辆的商业车险保费预报值为元．

由于该车已出险一次，若再出险一次，则保费要增加25%，

即保费增加元．

因为，若出险，2023年增加的保费大于800元，

所以王女士应接受理赔专员的建议．

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆的右焦点为，离心率，由求解；

（2）设直线的方程为，直线的斜率分别为，且，直线的程为，分别与椭圆方程和直线的方程联立，利用中点M，得到，同理有，得到是方程的两根，由求解.

(1)

解：因为椭圆的右焦点为，离心率，

所以，

解得．

椭圆C方程为．

(2)

设，直线的方程为，直线的斜率分别为，且，直线的程为．

联立，得，

故．

联立，得，

所以，整理得，

同理有，

所以是方程的两根，

则，即，

所以直线的方程为，

直线过定点．

21．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）当时，求得，得到，，结合直线的点斜式方程，即可求解；

（2）由题意得到，，求得，分和类讨论，分别求得函数的单调性和最小值，即可求解.

【详解】

（1）当时，的定义域为，

可得，所以，又由，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

（2）对任意的，要使成立，只需任意的，.

又由，

当时，即时，在上是增函数，所以只要，从而，所以满足题意；

当时，即时，，

所以在上是减函数，上是增函数，

从而时，与矛盾，故不满足题意.

综上所述，实数的取值范围是.

22．(1)；

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用消参方法消参即可，再利用极坐标和直角坐标互化公式即可求直角方程；（2）根据题意得的倾斜角为，所以直线与直线的夹角为，过作，垂足为，则，求出即可求解.

(1)

消去参数得直线的普通方程为，

再将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为．

由得曲线的直角坐标方程为．

(2)

因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为，即倾斜角为，

而直线的倾斜角为，故直线与直线的夹角为，如下图所示，过作，垂足为，

则，因为曲线的参数方程为：（为参数），

所以可设，

则，且，

因为，，，

所以．

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用零点分区间法去绝对值号解不等式；

（2）利用绝对值三角不等式求出，利用基本不等式求最值.

(1)

当时，，即，

①当时，则，∴，

②当时，则，∴，

③当时，则，∴，

∴不等式的解集为．

(2)

由题意得，当且仅当等号成立

所以即；

故，

当且仅当即时等号成立，

所以的最小值为．