河南省平顶山市、许昌市、汝州市九校联盟2022届高三下学期押题信息卷（二）理科数学试题及参考答案

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2021~2022学年高三押题信息卷理科数学（二）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．a1. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（    ）A. 1＋3i B. 1－3i C. －1＋3i D. －1－3i【1题答案】【答案】D【解析】【分析】由点的坐标确定，再利用复数乘法法则进行计算【详解】由题知，，则．故选：D．2. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【2题答案】【答案】B【解析】【分析】求出A，B集合所表示的范围，取其公共部分即可.【详解】因为，又，所以．故选:B．3. 已知是定义在R上的奇函数，且时，，则（    ）A. 27 B. －27 C. 54 D. －54【3题答案】【答案】A【解析】【分析】利用奇函数的性质可计算，即得答案.【详解】由已知可得，，因此，．故选:A．4. 已知，是两条直线，，，是三个平面，则下列说法错误的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则【4题答案】【答案】B【解析】【分析】由直线、平面的位置关系判断即可.【详解】A选项，面面平行具有传递性，故A选项正确；B选项，若，，则可能包含于，故B选项错误；C选项，若，，则，故C选项正确；D选项，根据面面垂直的判定定理可知D选项正确．故选：B．5. 某校计划在课外活动中新增攀岩项目，为了解学生喜欢攀岩和性别是否有关，面向全体学生开展了一次随机调查，其中参加调查的男、女生人数相同，并绘制成等高条形图（如图所示），则下列说法正确的是（    ）
 0.050013.8416.635参考公式：，．A. 参与调查的学生中喜欢攀岩的女生人数比喜欢攀岩的男生人数多B. 参与调查的女生中喜欢攀岩的人数比不喜欢攀岩的人数多C. 若参与调查的男、女生人数均为100人，则能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为喜欢攀岩和性别有关D. 无论参与调查的男、女生人数为多少，都能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为喜欢攀岩和性别有关【5题答案】【答案】C【解析】【分析】A选项，根据男生女生参加调查人数相同和喜欢攀岩的人数比例，得到喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生多；B选项，参与调查的女生中喜欢攀岩的人数占30%，不喜欢攀岩的人数占70%，从而作出判断；C选项，列出列联表，计算卡方，与6.635比较大小得到结论；D选项，如果不确定参与调查的男、女生人数，无法计算，故D选项错误.【详解】对于选项A：因为参加调查的男、女生人数相同，而男生中喜欢攀岩的占80%，女生中喜欢攀岩的占30%，所以参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多，所以选项A错误；对于选项B：参与调查的女生中喜欢攀岩的人数占30%，不喜欢攀岩的人数占70%，所以参与调查的女生中喜欢攀岩的人数比不喜欢攀岩的人数少，所以选项B错误；对于选项C：若参与调查的男、女生人数均为100人，根据图表，列出2×2列联表如下： 喜欢不喜欢合计男8020100女3070100合计11090200所以，所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为喜欢攀岩和性别有关，C正确；对于选项D：如果不确定参与调查的男、女生人数，无法计算，D错误．故选：C．6. 设，，，则，，的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【6题答案】【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，，即可得到答案.【详解】函数在上单调递增，则，所以.函数在上单调递减，则，所以．故选：C7. 二项式展开式中，的系数为（    ）A.  B.  C.  D. 【7题答案】【答案】A【解析】【分析】写出二项式的展开式的通项公式，求出指定项的系数.【详解】展开式通项为，令，解得：k＝4，展开式的的系数为．故选：A．8. 将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则函数的一个解析式（    ）A.  B.  C.  D. 【8题答案】【答案】D【解析】【分析】逆向：的图像 的图像 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍，纵坐标不变，得到，再将函数的图象向右平移个单位长度，得到．故选：D9. 2019年版第五套人民币1元硬币保持1999年版第五套人民币1元硬币外形、外缘特征、“中国人民银行”行名、汉语拼音面额、人民币单位、花卉图案、汉语拼音行名等要素不变，调整了正面面额数字的造型，背面花卉图案适当收缩，直径由25毫米调整为22.25毫米，正面面额数字“1”轮廓线内增加隐形图文“￥”和“1”，边部增加圆点，材质保持不变．为了测算如图所示的直径为22.25毫米的圆形币中花卉图案的面积，进行如下实验，即向该圆形币内随机投掷100个点，若恰有33个点落在花卉图案上，则据此可估算花卉图案的面积是（    ）（单位：平方毫米）
 A.  B.  C.  D. 【9题答案】【答案】A【解析】【分析】根据已知可得圆的面积以及花卉图案的占比，再利用面积型的几何概型的计算公式可估算卉图案的面积.【详解】设花卉图案的面积为，则由题意可得，解得．故选A．10. 设，，在平面直角坐标系内，点为角终边上任意一点，则的一个对称中心为（    ）A.  B.  C.  D. 【10题答案】【答案】A【解析】【分析】首先根据三角函数变换，求，再设，利用三角函数的对称性，即可求解.【详解】根据已知得到，，所以，又因为，所以，所以点．不妨取，所以，令，，，，所以对称中心为，，当时，函数的一个对称中心是 故选：A11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线（不与x轴垂直）交抛物线于A，B两点，以AB为直径作圆Q，过点引圆Q的两条切线，切点为P，S，若∠PMS＝90°，则直线AB的斜率为（    ）A. 1 B. －2 C. 1或 D. 1或－2【11题答案】【答案】C【解析】【分析】根据抛物线定义得到圆Q与准线相切，从而求出MQ的斜率和方程为，设出直线AB的方程，利用韦达定理得到AB的中点坐标，代入方程中，求出直线AB的斜率.【详解】如图，分别作，垂直准线于，，作QT垂直准线于T，连接SQ，则，故圆Q与准线相切，故T与P重合．因为∠PMS＝90°，故轴，又MS，MT为圆Q切线，故MQ平分∠TMS，故MQ的斜率为－1，则直线MQ的方程为．设，直线AB的方程为，，代入，整理得，故，．代入为，解得：m＝1或m＝－2，故或故选：C．12. 已知函数，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【12题答案】【答案】A【解析】【分析】将不等式变为，将问题转化为图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，利用导数可求得的图象，由此可确定，进而得到参数范围.【详解】由题意知：定义域为，则由得：；设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；又，可得图象如下图所示：如图所示：，，，，将解集中恰有两个整数转化为图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，恒过点，当时，图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，又，，，即实数的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数不等式整数解的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够将问题转化为直线与曲线位置关系的判断问题，结合导数确定曲线的图象后，采用数形结合的方式，根据整数解的个数确定临界点，进而确定参数范围.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，，若，则实数x的值为______．【13题答案】【答案】####2.75【解析】【分析】利用向量运算法则和数量积列出方程，求出实数x的值.【详解】，因为，所以，解得：．故答案为：14. 已知双曲线的两条渐近线所夹锐角为，则双曲线的离心率为_____________．【14题答案】【答案】##【解析】【分析】根据渐近线方程的斜率得到渐近线与轴夹角小于，由，得，从而求出离心率【详解】由于，双曲线的渐近线方程为，，所以双曲线的渐近线与轴夹角小于，由，得，则双曲线的离心率．故答案为：15. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a＝2，b＝3，，则△ABC外接圆的半径为______．【15题答案】【答案】【解析】【分析】求出一边长及其对角的正弦值即可.【详解】由正弦定理得，，，由余弦定理得，解得．又，所以外接圆半径．故答案为：.16. 在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，Q为三棱锥外接球球面上一动点，则点Q到平面PAB的距离的最大值为______【16题答案】【答案】【解析】【分析】根据给定条件求出三棱锥外接球半径及球心O到平面PAB的距离即可推理计算作答.【详解】令三棱锥外接球球心为O，正所在平面截球面所得小圆圆心为，连接，如图，则平面ABC，而正边长为2，即有，因平面ABC，则三棱锥外接球球心为O在过线段PA中点，且垂直于线段PA的平面内，显然过线段PA中点垂直于线段PA的平面与平面ABC平行，则，于是得球O的半径，取PB中点，AB中点D，连接，因是直角三角形，则是平面PAB截球O所得截面小圆圆心，因此，平面PAB，而，，则平面ABC，必有，，于得四边形是平行四边形，，由球面的性质知，点Q是经过点的球面直径端点且球心在点与Q之间时，点Q到平面PAB的距离最大，此最大距离为，所以点Q到平面PAB的距离的最大值为.【点睛】关键点睛：涉及几何体的外接球问题，根据给定条件结合球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17. 某高校从大三学生中随机抽取100名小语种学生，将其参加考试的小语种成绩（均为整数）分成六组后，得到如图频率分布直方图，已知．
 （1）求，的值；（2）根据频率分布直方图，估计样本中100名大三小语种学生的小语种成绩的众数、中位数（结果保留到0.1）．【17题答案】【答案】（1）    （2）众数为75分，中位数为73.3分【解析】【分析】（1）由各组的频率和为1列方程，结合可求出，的值；（2）由频率分布直方图可知第4组的数最多，从而可求出众数，由于交3组的频率和小于，前4组的频率和大于，所以可知中位数在第4组，设中位数为分，则有，从而可求出中位数【小问1详解】由题意，解得【小问2详解】由频率分布直方图可知众数为75分．由（1）知，因为前3组的频率和为，前4组的频率和为，所以中位数在内，设中位数为分，则有，解得，所以中位数为73.3分所以样本中100名大三小语种学生的小语种成绩的众数为75分，中位数为73.3分．19. 已知等差数列的前项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）若对恒成立，求实数的取值范围．【19题答案】【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由求和公式结合通项公式列出方程组，求解得出数列的通项公式；（2）由结合求和公式得出对恒成立，再由的单调性得出的取值范围.【小问1详解】设等差数列的公差为．由得解得故．【小问2详解】因为，所以即对恒成立．设，，则，当时，；当时，；当且时，，所以．综上，的取值范围为．21. 如图，在三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，顶点在底面ABC的投影为AB的中点O，已知与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，M为棱上一点．（1）求三棱锥的体积；（2）若，求二面角的正弦值．【21题答案】【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）通过选择不同的底面和高，将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积；（2）建立合适空间直角坐标系，即可求解.小问1详解】因为在三棱柱中，O为在底面投影，所以面ABC，面．又因为O为AB中点，所以，AC＝2，所以．因为与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，且面ABC，所以，，所以．【小问2详解】以O为原点，OB，OC，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，又因为，所以，所以，，．设为平面ABM的一个法向量，则 即，令，则；设为平面CBM的一个法向量，则  即，令，则．所以．所以二面角的正弦值为．23. 已知函数，．（1）当a＝2时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论关于x的方程的实根个数．【23题答案】【答案】（1）    （2）答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（1）由a＝2，利用导数的几何意义求解；（2）由得到，令，利用导数法求解.【小问1详解】当a＝2时，，，则切线的斜率为，又，所以曲线在处的切线方程是，即．【小问2详解】即为，化简得，令，则，令，则，令，得．当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减．①当时，，即，所以在R上单调递减．又，所以有唯一零点0；②当时，，，所以存在，，又，令，，所以在上单调递减，，即，所以存在，，xnm－0＋ －单调递减 单调递增 单调递减则，又，所以存在，；同理，，又，所以存在，，由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点（方程的根），一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题（方程的根）转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．25. 已知椭圆与抛物线交于y轴上的同一点M，过坐标原点O的直线l与相交于点A，B，直线MA，MB分别与相交于点D，E．（1）①求椭圆与抛物线的方程；②证明：MD，ME的斜率之积为定值．（2）记△MAB、△MDE的面积分别为、，求的最小值，并求取最小值时直线MA的方程．【25题答案】【答案】（1）① ，；②证明见解析    （2）最小值为，直线MA的方程为或【解析】【分析】（1）由C1，C2交于y轴上的同一点M，可求得a的值；，将题目转化为求MA，MB的斜率的关系.（2）选择合适的底和高来计算三角形的面积.【小问1详解】（i）解：若M点坐标是，则a＝0，不合题意，所以椭圆与y轴交于点，所以抛物线与y轴交于点，所以，解得a＝2，所以椭圆的方程为，抛物线的方程．（ii）证明：设直线l的方程为，，．由，则，，则，故，即，即，故MD，ME的斜率之积为定值．【小问2详解】解：设直线MA的方程为，直线MB的方程为，且，由 解得 或，故，；由 解得 或 故，；由（1）可知，MA⊥MB，故．由 解得 或 故，．由 解得 或 故，．由（1）可知，MD⊥ME，故当且仅当，即时等号成，故的最小值为，此时，故直线MA的方程为或．【点睛】(1)    直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(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（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．选修4—4：坐标系与参数方程27. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值．【27题答案】【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）对于直线方程，消参即可，对于极坐标方程代入公式整理即可；（2）点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径.【小问1详解】由得，故直线的普通方程是．由，代入公式得，故曲线的直角坐标方程是．【小问2详解】方法一：的直角坐标方程为，曲线：化为标准方程是，圆心到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径，即．方法二：设点，点到直线的距离，当时，最大值为．选修4—5：不等式选讲29. 已知．（1）当，时，解不等式；（2）若的最小值为3，且，均为正数，求的最小值【29题答案】【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）取绝对值符号，不等式等价于或或，从而可得出答案；（2）根据，结合的最小值可得，再根据结合基本不等式即可得出答案.【小问1详解】解：当，时，可得，不等式，即为，则不等式等价于或或，解得或或，所以，所以不等式的解集为；【小问2详解】解：由，当且仅当时等号成立，所以，则，当且仅当即时，取最小值．