河南省安阳市重点高中2021-2022学年高三模拟考试文科数学试题-99118905fad746cf9b98a23a60a5788d

这是一份河南省安阳市重点高中2021-2022学年高三模拟考试文科数学试题-99118905fad746cf9b98a23a60a5788d，共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，若实数满足则的最大值为，已知，则，已知正实数x，y，z满足，则，已知为正实数，且，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前河南省安阳市重点高中2021-2022学年高三模拟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．已知集合，则（       ）A． B． C． D．2．若复数（i为虚数单位）是纯虚数，则实数a=A． B．-1 C．0 D．13．若实数满足则的最大值为(       )A． B． C． D．4．已知，若为真命题，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．5．已知，则（       ）A． B． C． D．06．某班举行了一次有意思的智力竞猜游戏，首先老师将三只冬奥会吉祥物冰墩墩进行了1、2、3三个数字的标号，然后将它们放入不透明的箱子中，甲、乙、丙三名同学分别进行抽取，并将抽到的冰墩墩的标号告知老师，老师根据三人抽取的号码情况给出了三种说法：①甲抽取的是1号冰墩墩；②乙抽取的不是2号冰墩墩；③丙抽取的不是1号冰墩墩．若三种说法中只有一个说法正确，则抽取2号冰墩墩的是（       ）A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判定7．已知正实数x，y，z满足，则（       ）A． B． C． D．8．已知、分别为双曲线的左、右焦点，，是轴正半轴上一点，线段交双曲线左支于点，若，且的内切圆半径为，则双曲线的离心率是（       ）A． B． C． D．9．若，则在，，，…，中，值为零的个数是（       ）A．202 B．144 C．404 D．28810．已知为正实数，且，则的最小值为（       ）A． B． C． D．11．已知函数，则关于的方程有个不同实数解，则实数满足（       ）A．且 B．且C．且 D．且12．已知正三棱锥和正四棱锥的所有棱长均为2，如图将三棱锥的一个面和正四棱锥的一个侧面重合在一起，得到一个新几何体，则下列关于该新几何体说法不正确的是（       ）A． B．C．新几何体为三棱柱 D．正四棱锥的内切球半径为第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．已知向量，均为单位向量，，则_______．14．已知点为抛物线的焦点，直线经过点且交抛物线于两点，交轴于点，若，则___________.15．将一个棱长为的正四面体放人一个正方体的玻璃容器，若要求该正四面体能在正方体容器中自由旋转，则该正方体容器的棱长的最小值为___________.16．在中，角的对边分别为，若，且的面积为，则___________.评卷人得分  三、解答题17．已知数列的前项和为.设.(1)求；(2)求数列的前项和.18．共享汽车，是指许多人合用一辆车，即开车人对车辆只有使用权，而没有所有权，有点类似于在租车行业里的短时间的租车．它手续简便，打个电话或通过网上就可以预约订车．某市为了了解不同年龄的人对共享汽车的使用体验，随机选取了100名使用共享汽车的体验者，让他们根据体验效果进行评分．(1)设消费者的年龄为x，对共享汽车的体验评分为y．若根据统计数据，用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为，且年龄x的方差为，评分y的方差为．求y与x的相关系数r，并据此判断对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性强弱（当时，认为相关性强，否则认为相关性弱）．(2)现将100名消费者的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并判断是否有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关． 好评差评合计青年16  中老年 12 合计 44100 附：回归直线的斜率相关系数独立性检验中的，其中．临界值表：0.0500.0100.0013.8416.63510.828 19．如图，在四棱锥中，点为线段的中点，为正三角形，，(1)求证：平面平面；(2)求点A到平面的距离.20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，对任意的恒成立，求满足条件的实数的最小整数值.21．已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有，(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为，若，垂足为M，判断是否存在定点N，使得为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为，（t是参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)写出直线l的普通方程、曲线C的标准方程；(2)设点A为曲线C上的动点，直线过点A且与直线l的夹角为45°，设直线与直线l交于点B，求线段AB长度的取值范围．23．已知函数，若不等式的解集为或．(1)求t的值；(2)若的最小值为m，且实数a，b，c满足，证明：．
参考答案：1．B【解析】【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，又因为，所以.故选：B.2．B【解析】【详解】试题分析：由题意，．故选B．考点：复数的概念．3．D【解析】【分析】根据不等式组作出线性规划区域，数形结合即可求出目标函数z的最大值．【详解】作出不等式组满足的平面区域，如图所示，由图知当目标函数经过时取得最大值，即．故选：D．4．A【解析】【分析】由题意得的真假性后分别求解【详解】由题意得为真命题，为真命题，，或，则，得故选：A5．D【解析】【分析】利用和（差）角公式展开，即可得到，再根据二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即所以，所以；故选：D6．A【解析】【分析】由于只有一种说法正确，所以分别由①，②，③正确进行推理可得结果【详解】若①正确，即甲抽取的是1号冰墩墩正确 ，则②乙抽取的不是2号冰墩墩是错误的，即乙抽取是2号冰墩墩，③丙抽取的不是1号冰墩墩是错误的，即丙抽取的就是1号冰墩墩，出现矛盾，所以①错误，若②正确，即乙抽取的不是2号冰墩墩是正确的，那么乙抽取的是1号或3 号，则①甲抽取的是1号冰墩墩是错误的，即甲抽取的是2号或3号，③丙抽取的不是1号冰墩墩是错误的，即丙抽取的就是1号冰墩墩，由此可得乙抽取3号，甲抽取2号，丙抽取1号，若③正确，即丙抽取的不是1号冰墩墩是正确的，那么丙抽取的是2 号或3号，则①甲抽取的是1号冰墩墩是错误的，即甲抽取的是2号或3号，则②乙抽取的不是2号冰墩墩是错误的，即乙抽取是2号冰墩墩，那么1号就由甲或丙抽取，出现矛盾，所以③错误，综上，②是正确，则有乙抽取3号，甲抽取2号，丙抽取1号，故选：A7．C【解析】【分析】根据选项可考虑令，再分别表示出再判断即可【详解】令，则，故，故故选：C8．A【解析】【分析】设的内切圆分别切线段、、于点、、，连接、、，利用切线长定理可得出，结合双曲线的定义可求得的值，再由可求得该双曲线的离心率的值.【详解】设的内切圆分别切线段、、于点、、，连接、、，如下图所示：由切线长定理可知，，，，因为，，，，则四边形是边长为的正方形，则，因为且为的中点，则，因为，即，又因为，因此，该双曲线的离心率为.故选：A.9．C【解析】【分析】由于一，二象限角的正弦值为正，三，四象限角的正弦值为负值，故，，，，，，，，可得到，，而，从而可得到周期性的规律，从而得到答案．【详解】解：，，，，，，，，，，，，，，而，，又，，，所以是以为周期，且在一个周期内有两个为零，因为，所以值为零的个数是；故选：C10．B【解析】【分析】根据题意，化简得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，可得，则有，解得，当且仅当，取到最小值.故选：B.11．C【解析】【分析】令，利用换元法可得，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根、，作出函数的图象，结合题意和图象可得、，进而得出结果.【详解】令，作出函数的图象如下图所示：由于方程至多两个实根，设为和，由图象可知，直线与函数图象的交点个数可能为0､2､3､4，由于关于x的方程有7个不同实数解，则关于u的二次方程的一根为，则，则方程的另一根为，直线与函数图象的交点个数必为4，则，解得.所以且.故选：C.12．D【解析】【分析】取的中点，的中点，连、、、，可证平面，平面，从而平面与平面重合，再证明四边形为平行四边形，可得，可得；根据，可得；根据棱柱的定义可得新几何体为三棱柱；利用体积关系可求出内切球的半径.【详解】取的中点，的中点，连、、、，如图：因为正三棱锥和正四棱锥的所有棱长都为，所以，，，又，所以平面，因为，所以，因为，所以平面，所以平面与平面重合，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，故A正确；因为，所以，故B正确；因为，，所以四边形为平行四边形，同理得四边形也为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理得平面，因为，所以平面平面，又，根据棱柱的定义可得该新几何体为三棱柱，故C正确；设正四棱锥的内切球半径为，因为正四棱锥的高为，由得，故D不正确.故选：D.13．【解析】【分析】设向量，的夹角为，根据两边平方可得，再平方计算求解即可【详解】设向量，的夹角为，因为，故，故，故，故故答案为：14．2【解析】【分析】由题意知点B在AM之间，设直线l的倾斜角为，根据，可得，利用弦长公式列式，求得答案.【详解】由题意知点B在AM之间，设直线l的倾斜角为，如图即 ，由于则，而 ，即，由可得 ，解得 或（舍去），故 ，故答案为：215．2【解析】【分析】根据题意，得到正方体最小时，其内切球是该正四面体的外接球，求得正四面体的外接球的半径，进而求得正方体的棱长.【详解】由题若正四面体能在正方体容器中自由旋转，则当正方体最小时，其内切球是该正四面体的外接球，又由棱长为的正四面体的外接球半径，此时正方体的棱长为.故答案为：.16．【解析】【分析】根据和正弦定理可求A.根据余弦定理和三角形面积公式即可求出b．【详解】∵，∴由正弦定理得，即，即，∵C是三角形内角，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，即．又由余弦定理得，且，解得或(舍)．故答案为：﹒17．(1)(2)【解析】【分析】（1）由，化简得到，得出是以3为首项，3为公比的等比数列，即可求得；（2）由（1）知，，求得，得到，进而求得数列的前项和.(1)解：由，可得，所以，又由，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以，所以；(2)解：由（1）知，，当时，，当时，，所以，所以，当时，；当时，，当时，符合上式，所以数列的前项和.18．(1)；对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性很强.(2)有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关.【解析】【分析】（1）根据方差公式求出、，结合求出，再根据相关系数公式求出相关系数，可得结果；（2）求出，结合临界值表可得结果.(1)因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以相关系数，因为，所以可以判断对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性很强.(2)根据题意可得列联表如下： 好评差评合计青年163248中老年401252合计5644100 因为，所以有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关.19．(1)证明见解析；(2)﹒【解析】【分析】(1)取PD的中点F，连接AF､EF，证明四边形ABEF为平行四边形，得，证明AF垂直平面PCD即可；(2)利用等体积法即可求点A到平面的距离．(1)取PD的中点F，连接AF､EF，∵E､F分别为PC､PD的中点，则且，又∵，，∴且，则四边形ABEF为平行四边形，∴．又∵，∴，∵为正三角形，∴，∵CD∩PD=D，CD、PD平面PCD，∴平面PCD，∴平面PCD，∵平面PBC，∴平面平面PCD；(2)取AD的中点O，连接PO，∵，∴，由(1)知AF⊥CD，又CD⊥AD，AD∩AF=A，∴平面PAD，∵平面PAD，∴，∵，∴平面ABCD，，，在中，，，∴，设点A到平面PBC的距离为d，由得，解得．∴点A到平面PBC的距离为．20．(1)(2)−3【解析】【分析】（1）求出在处的导数值，求出，即可得出切线方程；（2）不等式化为对任意的恒成立即可，构造函数，利用导数求出最大值即可得出.(1)当时，，，则，，所以切线方程为.(2)因为对任意的恒成立，即，当时，对任意的恒成立，∵，，∴，只需对任意的恒成立即可.构造函数，，∵，∴，且单调递增，∵，，∴一定存在唯一的，使得，即，，且当时，，即；当时，，即.所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴，所以b的最小整数值为−3.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据离心率为可得，再在中利用余弦定理求解即可；（2）设直线l的方程为，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为，结合韦达定理可得，进而得到直线l过定点，从而根据确定点N(1)因为离心率为，故，解得，又，故.在中有，，，，由余弦定理可得，化简可得，故，椭圆C的方程为(2)当直线l的斜率不存在时，设点，此时有，解得，此时直线l的方程为；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立化简可得，，又直线PA与直线PB的斜率之和为，故，代入直线方程有，化简得，代入韦达定理有，整理得，故直线过定点，当直线l的方程为时也满足，又，故存在的中点得为定值【点睛】本题主要考查了椭圆结合解三角形的计算问题，同时也考查了直线与椭圆联立方程，利用韦达定理化简求定点的问题，属于难题22．(1)直线l的普通方程：；曲线C的标准方程：(2)【解析】【分析】（1）根据直线l的参数方程消去参数化简即可得直线l的普通方程，根据两角和的正弦公式，结合可得曲线C的标准方程；（2）过点A作直线l的垂线交l于，则，再根据圆C上的点到直线l的距离范围求解即可.(1)由直线l的参数方程两式相加可得，即；由可得，化简得(2)过点A作直线l的垂线交l于，因为过点A且与直线l的夹角为45°，故为等腰直角三角形，故，又圆心到l的距离，半径为，故，故23．(1)4(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）根据求出，再验证时，不等式的解集为或即可；（2）根据绝对值三角不等式求出，再作差比较可证不等式成立.(1)因为不等式的解集为或，所以，所以，所以，得，当时，，当时，由得，得；当时，由得不成立；当时，由得，得，所以的解集为或，符合题意，综上所述：.(2)由（1）知，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，所以，所以.