四川省宜宾市叙州区第二中学校2022届高三三诊模拟考试理科数学试题-5d79a013e85149d386a79e7343f7ffc6

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学校2022届高三三诊模拟考试理科数学试题-5d79a013e85149d386a79e7343f7ffc6，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知一条对称轴为，则，已知双曲线等内容，欢迎下载使用。

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四川省宜宾市叙州区第二中学校2022届高三三诊模拟考试理科数学试题
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．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
2．，则（       ）
A． B． C． D．3
3．为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，下面三个结论：

①样本数据落在区间的频率为0.45；
②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有55%的当地中小型企业能享受到减免税政策；
③样本的中位数为480万元.
其中正确结论的个数为
A．0 B．1 C．2 D．3
4．已知一条对称轴为，则（       ）
A． B． C． D．
5．已知等差数列的前项和为，，，（，且），则的值是
A． B． C． D．
6．已知双曲线：及双曲线：，且的离心率为，若直线与双曲线，都无交点，则的值是（       ）
A．2 B． C． D．1
7．若函数在为单调函数，则实数a的取值范围是
A． B．
C． D．
8．已知函数是奇函数，当时，，则曲线在点处切线的斜率为（       ）
A． B． C． D．
9．扇形OAB的半径为1，圆心角为90º，P是弧AB上的动点，则的最小值是
A．－1 B．0 C．－ D．
10．已知正四面体的棱长为，，分别是，上的点，过作平面，使得，均与平行，且，到的距离分别为2，4，则正四面体的外接球被所截得的圆的面积为（       ）
A． B． C． D．
11．已知函数，要使函数的零点个数最多，则k的取值范围是
A． B．
C． D．
12．已知抛物线:的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，若在以线段为直径的圆上存在两点，在直线：上存在一点，使得，则实数的取值范围（       ）
A． B．
C． D．
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．已知二项式的展开式中，各项的二项式系数之和为64，则常数项为_____________.
14．一个三角形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正三角形，则原三角形的面积等于________.
15．记为数列的前项和.若，，(≥)，则的通项公式____________.
16．在平面上给定相异两点A,B，设P点在同一平面上且满足，当λ＞0且λ≠1时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗斯圆，现有椭圆,A,B为椭圆的长轴端点，C,D为椭圆的短轴端点，动点P满足，△PAB面积最大值为 ,△PCD面积最小值为，则椭圆离心率为______．
评卷人
得分



三、解答题
17．在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角C；
（2）若，求周长的最大值.
18．2020年春季，某出租汽车公司决定更换一批新的小汽车以代替原来报废的出租车，现有采购成本分别为万元/辆和万元/辆的两款车型，根据以往这两种出租车车型的数据，得到两款出租车车型使用寿命频数表如下：
使用寿命年数
5年
6年
7年
8年
总计
型出租车(辆)
10
20
45
25
100
型出租车(辆)
15
35
40
10
100

（1）填写下表，并判断是否有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关？

使用寿命不高于年
使用寿命不低于年
总计
型



型



总计




（2）从和的车型中各随机抽取车，以表示这车中使用寿命不低于年的车数，求的分布列和数学期望；
（3）根据公司要求，采购成本由出租公司负责，平均每辆出租车每年上交公司万元，其余维修和保险等费用自理.假设每辆出租车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆出租车使用寿命的概率，分别以这辆出租车所产生的平均利润作为决策依据，如果你是该公司的负责人，会选择采购哪款车型？
附：，.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

19．如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，使得，得到四棱锥.

（1）证明：平面平面BCDE；
（2）若直线与平面所成角为.求.
20．在平面直角坐标系中，动点分别与两个定点，的连线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设过点的直线与轨迹交于，两点，判断直线与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由.
21．设函数.
（1）当，时，恒成立，求的范围；
（2）若在处的切线为，求、的值.并证明当时，.
22．在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若分别与交于异于极点的两点，求的最大值.
23．已知函数，
（1）求函数的值域；
（2）若时，，求实数a的取值范围．

参考答案：
1．D
【解析】
利用函数定义域，化简集合A，利用集合交集、补集的运算，即得解
【详解】
由题意得集合，
所以，
故．
故选：D
【点睛】
本题考查了集合的交集和补集运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题
2．A
【解析】
【分析】
先由复数的乘法运算求出，再计算即可.
【详解】
，故.
故选：A.
3．D
【解析】
根据直方图求出，求出的频率，可判断①；求出的频率，可判断②；根据中位数是从左到右频率为的分界点，先确定在哪个区间，再求出占该区间的比例，求出中位数，判断③.
【详解】
由，，
的频率为，①正确；
的频率为，②正确；
的频率为，的频率为，
中位数在且占该组的，
故中位数为，③正确.
故选:D.
【点睛】
本题考查补全直方图，由直方图求频率和平均数，属于基础题
4．A
【解析】
根据是的一条对称轴，求得，再根据的范围，即可求出值.
【详解】
是的一条对称轴，
，，
，，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质，考查运算求解能力，熟练掌握正弦型函数的对称轴是解答本题的关键，属于基础题.求解正弦型函数的对称轴，只需令，即可解出正弦型函数的对称轴为.
5．C
【解析】
【分析】
根据题干条件得到再由数列的前n项和公式和通项公式得到解出即可.
【详解】
等差数列的前项和为，，，故得到，同理得到
由等差数列的通项公式和求和公式得到联立两个方程组得到m=5.
故答案为C.
【点睛】
这个题目考查了等差数列的通项公式的应用，以及前n项和的应用，题目比较基础.
6．B
【解析】
【分析】
过原点的直线与双曲线无交点，则考虑此直线与双曲线渐近线的位置关系.
【详解】
∵的离心率为，∴，
∴双曲线，的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，
而直线与双曲线，都无交点，则.
故选：B.
7．A
【解析】
【分析】
利用排除法，由排除，由排除，从而可得结果.
【详解】
利用特值法：时，；
时，单调递增，
即合题意，排除；
时，，
单调递减，
即合题意，排除，故选A.
【点睛】
用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.
8．B
【解析】
【分析】
先利用奇偶性求出当时的函数解析式,再求导,进而求得即可.
【详解】
由题,因为是奇函数,
当时,,所以,即,
所以,
所以,
故选:B
【点睛】
本题考查利用奇偶性求函数解析式,考查利用导数求切线斜率.
9．A
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，得到的表达式，从而可求出最小值。
【详解】
由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设点且满足，，
则，
则，
当取最小值0时，取得最大值1，此时取得最小值-1，
故的最小值为-1，选A.       

【点睛】
本题考查了平面向量的数量积，考查了向量的坐标表示，考查了扇形的性质，属于基础题。
10．C
【解析】
【分析】
将正四面体补形成棱长为6的正方体，计算球的半径，被球所截圆半径，得到答案.
【详解】
将正四面体补形成棱长为6的正方体，
则的外接球球心即为正方体的中心，故球的半径，
且与面，平行，
到面的距离分别为和，此时到的距离为，
故被球所截圆半径，从而截面圆的面积为.
故选：.

【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
11．B
【解析】
【分析】
利用导数判断函数的单调性，根据单调性可得，时，最多有两个根，最多有2个根，即时原方程最多有四个根，根据一元二次方程根的分布列不等式组求解即可.
【详解】
因为，所以，
可得在上递减，在递增，
所以，有最小值，且时，，当x趋向于负无穷时，f(x)趋向于0，但始终小于0，所以，时，最多有两个根，
最多有2个根，
即在有两个根时，
的零点最多为4个，
，解得，
故选B.
【点睛】
函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.
12．B
【解析】
【分析】
可得直线为,与抛物线联立,进而求得以线段为直径的圆为,转化圆上存在两点,在直线上存在一点,使得为直线上存在一点,使得到圆心的距离等于,即使得圆心到直线的距离小于或等于,即可求解.
【详解】
由题,焦点,则直线为,设,
联立得,则,所以,
所以线段的中点为,又,
所以以线段为直径的圆为,
因为圆上存在两点,在直线上存在一点,使得,
所以在直线上存在一点,使得到圆心的距离等于,
所以只需圆心到直线的距离小于或等于,
因为,
所以,解得,
故选:B
【点睛】
本题考查抛物线的弦长的应用,考查圆的几何性质的应用,考查转化思想.
13．15
【解析】
【分析】
根据二项式系数和为求出，再写出二项式展开式的通项，再令，求出，最后代入计算可得；
【详解】
解：依题意可得二项式系数和为，即，可得.
所以，
其中展开式通项为
令，解得，所以常数项为；
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积与它的直观图的面积之间的关系是，先求出直观图即正三角形的面积，根据比值求出原三角形的面积即可．
【详解】
解：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积与它的直观图的面积之间的关系是，
本题中直观图的面积为，所以原三角形的面积等于．
故答案为：
【点睛】
考查学生灵活运用据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积与它的直观图的面积之间的关系是．
15．
【解析】
【分析】
设,由可判断是等差数列,进而求得的通项公式,即可求得,再根据求解即可,需注意检验时的情况.
【详解】
由题,设,则当时,,
又,,则,
所以是首项为1,公差为5的等差数列,
所以,即,所以,
当时,,
当时,,不符合,
所以,
故答案为:
【点睛】
本题考查利用等差中项判断等差数列,考查等差数列的通项公式的应用,考查由与的关系求数列的通项公式.
16．
【解析】
【分析】
利用两点间的距离公式求得点的轨迹方程，根据两个三角形面积的最值列方程，由此求得的值及离心率的值.
【详解】
依题意，设，依题意的,，两边平方化简得，故圆心为，半径.所以的最大面积为，解得，的最小面积为，解得.故椭圆离心率为.
【点睛】
本小题主要考查阿波罗斯圆轨迹方程的求法，考查三角形的面积公式，考查椭圆的离心率以及圆的标准方程，考查了化归与转化的数学思想方法.要求一个动点的轨迹方程，可以先设出动点的坐标，然后代入题目所给的方程，如本题中比值为这个方程，化简后可求得动点的轨迹方程.
17．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知根据正弦定理，三角恒等变换可得，结合，可求，由，即可得结果．
（2）根据（1）结果，利用余弦定理、基本不等式可求，即可解得三角形周长的最大值．
【详解】
（1）由得．
由正弦定理得，
所以，
整理得，
因为，
故，又，
所以．
（2）由余弦定理得，又
故，
整理得到，又
故，
当且仅当时等号成立，
所以周长的最大值为．
【点睛】
在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.解三角形中的最值问题，可以用基本不等式或利用正弦定理把最值问题转化为某个角的三角函数式的最值问题．考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.
18．（1）列联表见解析；有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关（2）分布列见解析；（3）会选择采购款车型
【解析】
（1）根据题意完善列联表，并由公式计算值，对比临界值表即可判断.
（2）根据题意分别求得型车和型车使用寿命不低于年及低于年的概率，可能的取值为，即可由独立事件概率乘法公式分别求得各概率得分布列和数学期望.
（3）用频率估计概率，分别计算两种车型的平均利润，即可做出选择.
【详解】
（1）填表如下：

使用寿命不高于年
使用寿命不低于年
总计
型
30
70
100
型
50
50
100
总计
80
120
200

由列联表可知，
故有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.
（2）由题意可知，型车使用寿命不低于年的车数占，低于年的车数占；型车使用寿命不低于年的车数占，低于年的车数占.且可能的取值为.
，
，
，
的分布列为：

0
1
2





其数学期望.
（3）用频率估计概率，这辆款出租车的平均利润为：

（万元），
这辆款出租车的平均利润为：

（万元），
故会选择采购款车型.
【点睛】
本题考查了独立性检验思想的简单应用，完善列联表及的计算，离散型随机变量分布列及数学期望的求法，由平均数对方案做出选择，属于基础题.
19．（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）证明为平面与平面所成二面角的平面角，根据勾股定理得到，得到证明.
（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，平面的法向量为，，计算夹角得到答案.
【详解】
（1）在图1中，易证四边形为正方形，所以，
即在图2中，，，
从而为平面与平面所成二面角的平面角，
又由知，所以平面平面.
（2）由（1）知由，平面平面，且平面平面，
又，所以平面.
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
得：，，，，
由得，，，
设平面的法向量，则，得，
取，又，
从而.

【点睛】
本题考查面面垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
20．（1） ； （2）相离.
【解析】
【分析】
（1）根据直接法求轨迹方程，（2）先用坐标表示以线段为直径的圆方程，再根据圆心到直线距离与半径大小进行判断.
【详解】
（1）设动点的坐标为，
因为 ， ，
所以，整理得．
所以动点的轨迹的方程 ．
（2）过点的直线为轴时，显然不合题意．
所以可设过点的直线方程为，
设直线与轨迹的交点坐标为 ，，
由得．
因为，
由韦达定理得 =， =．
注意到 =．
所以的中点坐标为．
因为 ．
点到直线的距离为．
因为 ，即 ，
所以直线与以线段为直径的圆相离．
【点睛】
本题考查直接法求轨迹方程以及直线与圆位置关系，考查基本分析求解能力，属中档题.
21．（1）（2）见解析
【解析】
【详解】
【试题分析】（1）当时，由于，故函数单调递增，最小值为.（2）利用切点和斜率为建立方程组，解方程组求得的值.利用导数证得先证，进一步利用导数证，从而证明原不等式成立.
【试题解析】
解：由，
当时，得.
当时，，且当时，，此时.
所以，即在上单调递增，
所以，
由恒成立，得，所以.
（2）由得
，且.
由题意得，所以.
又在切线上.
所以.所以.
所以.
先证，即，
令，
则，
所以在是增函数.
所以，即.①
再证，即，
令，
则，
时，，时，，时，.
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以.
即，所以.②
由①②得，即在上成立.
【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问由于题目给出，并且导函数没有含有，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.
22．（1）的极坐标方程是，的极坐标方程是. （2）
【解析】
【分析】
（1）利用将的直角坐标方程化为极坐标方程；先把的参数方程化为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）分别联立曲线与的极坐标方程与,即可求得,,再利用二次函数的性质求得的最大值,进而求解.
【详解】
解:（1）因为,
所以可化为,
整理得,
（为参数）,则（为参数）,化为普通方程为,则极坐标方程为,即.
所以的极坐标方程是,的极坐标方程是.
（2）由（1）知,
联立可得,
联立可得,
所以,
当时,最大值为,所以的最大值为.
【点睛】
本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查利用极坐标方程求弦长.
23．（1） ； （2）.
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再根据分段函数性质求值域，或根据绝对值三角不等式求最值得值域，（2）先分离变量，转化为求对应函数最值问题，利用绝对值定义将函数化为分段函数形式，再根据分段函数性质得最值，即得结果.
【详解】
（1）法一：，
∴ ， 的值域为[-2, 2]；
法二：，得，
∴的值域为[-2, 2]；
（2）由得，
由得，
∴ ，
设 ，
①当时，，，∴ ；
②当时，，，∴ ；
综上知，，
由恒成立，得，即a的取值范围是．
【点睛】
含绝对值不等式的解法
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.