2022届四川省成都市石室中学高三下学期“三诊模拟”数学（文）试题含解析

2022届四川省成都市石室中学高三下学期“三诊模拟”数学（文）试题

一、单选题

1．如果复数为纯虚数，那么实数的值为（    ）

A．－2 B．1 C．2 D．1或 －2

【答案】A

【详解】试题分析：由题意得

【解析】复数相关概念

2．根据如下样本数据，得到回归直线方程为，则(       )

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据表中数据分析随x的增加y的变化趋势可知b的正负，根据回归直线的纵截距正负即可判断a的正负．

【详解】根据表中数据可知，随着x的增加y减小，故y与x是负相关，故回归直线斜率为负，故b<0；

再结合散点图以及直线的性质，根据x=4，5，6，7时y均为正可知回归直线当x=0时与y轴截距为正，故a>0．

故选：B．

3．从集合的所有子集中任取一个，这个集合恰是集合的子集的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】集合的子集个数共16个，集合的子集个数共4个，利用古典概型的概率公式求解即可.

【详解】集合的子集有，，，，，，，，，，，，，，，共16个，

其中，，，这4个集合是的子集，

因此所求概率为．

故选：C

4．空间四边形ABCD的对角线，，M，N分别为AB，CD的中点，，则异面直线AC和BD所成的角等于（       ）

A．30° B．60° C．90° D．120°

【答案】B

【分析】取BC的中点P，连接MP，NP，故或其补角即为异面直线AC和BD所成的角，利用余弦定理可求其大小.

【详解】

取BC的中点P，连接MP，NP，则且，

且．

故或其补角即为异面直线AC和BD所成的角.

由余弦定理可知，，

而为三角形内角，故，故异面直线AC和BD所成的角为．

故选：B．

5．若点在两条平行直线与之间，则整数的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将代入直线方程可求得的取值范围，根据为整数可求得结果.

【详解】把代入，得：

把代入，得：

，又为整数       

本题正确选项：

【点睛】本题考查点与直线的位置关系，属于基础题.

6．设为指数函数（且），函数的图象与的图象关于直线对称．在，，，四点中，函数与的图象的公共点只可能是（       ）

A．点P B．点Q C．点M D．点N

【答案】D

【分析】求出，将四个选项逐一代入检验，得到正确答案.

【详解】由题意，知．逐一代入验证，

点代入中，求得：，不合要求，舍去；

点代入中，解得：，将代入中，，Q点不在上，不合要求，舍去；

点代入中，解得：，将代入中，，解得：，故与矛盾，舍去；

代入中，，解得：，将代入中，，解得：，满足题意.

故仅点N可能同时在两条曲线上．

故选：D．

7．已知直线l和平面，满足，.在，，这三个关系中，以其中两个作为条件，余下一个作为结论所构成的命题中，真命题的个数是（       ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】将，，三个关系分别以其中两个作为条件，余下一个作为结论判断命题的正误即可.

【详解】当且时，成立；

当且时，不一定成立；

当且时，结合，得成立.

故选：C.

8．已知，实数满足对于任意的，都有，若，则实数a的值为（       ）

A． B．3

C． D．

【答案】D

【分析】由题得是的一个极大值点，化简即得解.

【详解】解：由题意及正弦函数的图象可知，是的一个极大值点，

由，得.

故选：D.

9．过点作圆的两切线，设两切点为、，圆心为，则过、、的圆方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：由圆，得到圆心C（1，2），又P（-1，0）

则所求圆的圆心坐标为（0，1），

圆的半径r=，

所以过A、B、C的圆方程为：

【解析】圆的标准方程

10．在中，，则的形状一定是（       ）

A．直角三角形 B．等腰三角形

C．等边三角形 D．等腰直角三角形

【答案】B

【分析】根据降幂公式，结合余弦两角和公式，余弦函数的性质进行求解判断即可.

【详解】由题意，知，

故，

因为

所以，

，即，

所以一定是等腰三角形.

故选：B.

11．在中，，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，求出，，即得解.

【详解】解：设，则，，

所以，

故，

因此，

所以双曲线的离心率.

故选：D.

12．已知，且，则的最小值是(       )

A．49 B．50 C．51 D．52

【答案】B

【分析】将中分子1替换为a+b，将中分子8替换为8(a+b)，化简即可利用基本不等式求该式子的最小值．

【详解】由已知，得

，

当且仅当，即，时等号成立．

因此，的最小值是50．

故选：B．

二、填空题

13．实数满足条件，则的最大值为_______．

【答案】

【分析】画出可行域，向下平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.

【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值为.

【点睛】本小题主要考查线性规划求线性目标函数的最大值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

14．若函数在区间上是单调增函数，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【分析】利用复合函数单调性的原则进行计算即可.

【详解】由函数在区间上是单调增函数，只需

函数在上是单调增函数，且当时恒成立，所以满足解得．

故答案为：

15．为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，在全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据.已知样本平均数为10，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为______.

【答案】13

【分析】根据方差的运算公式和性质、平均数的公式，运用分类讨论思想进行求解即可.

【详解】设样本数据由小到大依次为，，，，，

记，

则，.

由于且可知，.

若，则，

得，，，中要么有1个是4其余3个是0，要么4个都是1，

这与样本数据互不相同矛盾；

若，则，取，，，满足题意；若，则，，，，只有，，，满足，但此时不满足；

若，则，，，，不满足；综上可知，，，即样本数据的最大值为13.

故答案为：13

16．若函数的图象关于直线对称，且直线与函数的图象有三个不同的公共点，则实数k的值为______．

【答案】

【分析】依题意是的两个零点，根据对称性可得和也是的零点，即可得到的解析式，整理得，令，依题意关于的方程有两个不同的实数解，，且关于的方程与中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的实数解，即可求出（或）的值，代入计算可得；

【详解】解：由已知可得，是的两个零点，因为函数图象关于直线，因此和也是的零点，

所以

．

由题意可知，关于的方程有三个不同的实数解．

令，则关于的方程有两个不同的实数解，，

且关于的方程与中一个方程有两个相同的实数解，另一个方程有两个不同的实数解，

则或，因此与中有一个等于，另一个大于．

不妨设，则，解得，此时，解得、满足条件，

因此．

故答案为：

三、解答题

17．已知数列的前n项和为，且.

(1)求，及数列的通项公式；

(2)设，求使得成立的最小正整数n的值.

【答案】(1)，，；

(2)63.

【分析】(1)根据已知条件，令n=1，2可求出、，n≥2时，用n-1替换已知式子的n得到式子与已知式子作差即可得，再根据与的关系即可求出的通项公式；

(2)求出，根据等差数列求和公式求出，解不等式即可．

【详解】(1)∵①，

∴当n=1时，，即，；

当n=2时，，即，将代入并整理得，．

当时，②，

由①－②得，，∴，

因此，当时，，

当n=2时，，∴在n=2时不成立，

故

(2)由(1)可得，，

则，

由，得．

注意到随着n的增大而增大，且，，因此所求n的最小值为63．

18．某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人．为了了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取按性别分层抽样，随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450~950分之间．将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示．

(1)求a的值，并估计该校学生分数的众数、平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)若样本中属于“高分选手”的女生有10人，完成下列2×2列联表，并判断是否有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关．

参考公式：，其中．

【答案】(1)见解析

(2)填表见解析；有

【分析】（1）由频率和为1可得a值,由直方图中众数、平均数和中位数的计算公式进行计算即可；

（2）由题意得到2×2列联表，然后计算的观测值，然后与题目中表格的数据进行比较即可得到结论.

【详解】(1)，解得．

众数估计值为600分．

平均数估计值为（分）

分数分布在450~650分之间时，频率为，

故中位数估计值为650分．

(2)由题意可知，样本中男生有40人，女生有60人，属于“高分选手”的有25人，其中女生10人．

因此，得到2×2列联表如下：

因此，的观测值，

所以有的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关．

19．如图，在三棱柱中，为棱的中点，平面．

(1)试确定点的位置，并证明平面；

(2)若是等边三角形，，，且平面平面，求四面体的体积．

【答案】(1)延长，交的延长线于点N；证明见解析；

(2).

【分析】（1）延长，交的延长线于点N，由平面的基本性质可得点N即为所求，然后利用棱柱的性质及线面平行的判定定理即证；

（2）取线段的中点G，由题可得是三棱锥的高，然后利用三角形面积公式及棱锥的体积公式即求.

【详解】(1)延长，交的延长线于点N．

∵，平面，

∴平面．

又∵，∴平面，点N即为所求．

连接，交直线于点O，连接OM．

∵，∴．

又∵M为线段的中点，

∴，即M为线段NB的中点．

在三棱柱中，四边形为平行四边形，

∴O为线段中点，

∴OM为中位线，

∴．

又∵平面，平面，

∴平面．

(2)取线段的中点G，连接．

由条件知，为等边三角形，

∴，且．

∵平面平面，平面平面，平面，

∴平面，即是三棱锥的高．

又∵，∴．

由（1）知，，，

∴，

∴四面体的体积．

20．设函数.

(1)当时，判断的单调性；

(2)若函数的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；

(2).

【分析】(1)把代入，求出导函数，确定不等式或的解作答.

(2)变形函数，构造函数，探讨其最值推理作答.

【详解】(1)当时，，，求导得：，

当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，

所以在上单调递增，在上单调递减.

(2)函数，其定义域为，令，，

，令，则在上单调递减，

而，则当时，，即，当时，，即，

因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，

于是当，即时，，成立，而，即，

因此，，成立，即函数的图象与x轴没有公共点，

所以a的取值范围是.

【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.

21．已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且，动点P满足，设点P的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的轨迹方程；

(2)直线与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），斜率为k的直线经过点G，与曲线C交于E，F两点．若的值与G的位置无关，求k的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，，由已知得到，将已知向量等式进行坐标化得到并代入上式即可得到答案；

（2）设点，由两点间距离公式得到，设直线的方程为，将直线的方程代入曲线C的方程，利用弦长公式求得进行计算即可.

【详解】(1)设，，则．

设，则，．

由题意，得解得

所以，化简得，

即曲线C的方程为．

(2)由题意并结合（1）易知（不妨设点A在第一象限内），，．

设点，其中，则，，

所以．因为斜率为k的直线经过点G，所以直线的方程为．

将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，

得．

设，，则，，

所以

，

所以．

因为的值与m的值无关，

所以，解得．

22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程（t为参数），在以原点О为极点，x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)求曲线C上的点到直线距离的最小值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用整体消参求出曲线的普通方程为，利用公式法求出直线的直角坐标方程；

（2）设点的坐标为，利用点到直线的距离公式表示出点到直线的距离，利用基本不等式求出最小值.

【详解】(1)由得消去参数得，

又，所以曲线的普通方程为．

由得，

所以直线的直角坐标方程为．

(2)设点的坐标为，则点到直线的距离为

，

当，即，，可以取到上述“”，此时点为．

所以曲线上的点到直线距离的最小值为．

23．已知函数.

(1)若，求不等式的解集；

(2)对于任意的实数m，n，且，若恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）去掉绝对值符号转化为分段函数解不等式即可；

（2）分别求出的最小值及的最大值解不等式即可.

【详解】(1)当时，

当时，由，解得，即.

当时，恒成立.

当时，由，解得，即.

综上所述，不等式的解集为.

(2)由柯西不等式，得，

当且仅当，即，时等号成立，

因此的最大值为5.

因为，当时等号成立，

所以的最小值为.

要使恒成立，只需成立，

所以实数a的取值范围是.