黑龙江省大庆实验中学2021-2022学年高三5月模拟考试文科数学试题-f

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黑龙江省大庆实验中学2021-2022学年高三5月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

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．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．“”是“，”的（       ）

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

3．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的实数x的取值共有(       )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则（       ）

A． B． C． D．

5．已知函数的部分图像，如下图所示，则该函数的解析式可能为（       ）

A． B．

C． D．

6．设，则的值为（       ）

A． B． C．2 D．4

7．明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”．如图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为（       ）

A． B． C． D．

8．已知以正方体6个表面的中心为顶点，形成一个八面体，该八面体的内切球的体积与正方体的外接球的体积比为（       ）

A． B． C． D．

9．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（       ）

A． B． C． D．

10．如图，在中，是线段上的一点，且，过点的直线分别交直线，于点，，若，，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

11．设双曲线的焦距为2，若以点为圆心的圆过的右顶点且与的两条渐近线相切，则长的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

12．已知，，若，使得成立，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i是虚数单位，iz－z＝1＋2i，则______．

14．若x，y满足约束条件则的最大值为__________．

15．已知等差数列的公差为d，若，，，，的标准差为，则d的值为_________．

16．如图，在棱长为1的正方体中，点M是线段上的动点，下列四个结论：

①存在点M，使得平面；

②存在点M，使得的体积为；

③以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为

④若，过点M作正方体的外接球的截面，则截面面积的最小值为．

则上述结论正确的是___________．

17．【阅读材料】

2022年4月16日9时56分，神州十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富身体状态良好，神州十三号载人飞行任务取得圆满成功，标志着空间站关键技术验证阶段任务圆满完成，中国空间站即将进入建造阶段．某公司负责生产的A型材料是神舟十三号的重要零件，该材料应用前景十分广泛，该公司为了将A型材料更好地投入商用，拟对A型材料进行应用改造，根据市场调研与模拟，得到应用改造投入x（亿元）与产品的直接收益y（亿元）的数据统计如下：

当时，建立了y与x的两个回归模型：

模型①：；模型②：；

当时，确定y与x满足的线性回归直线方程为．

根据以上阅读材料，解答以下问题：

(1)根据下列表格中的数据，比较当时模型①，②的相关指数的大小，并选择拟合效果更好的模型．

附：相关指数的计算公式为：，

(2)当应用改造的投入为20亿元时，以回归直线方程为预测依据，计算公司的收益约为多少．

附：①若最小二乘法求得回归直线方程为，则；

②

③当时，，．

18．在如图所示的几何体中，平面平面ABCD，四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形，，，．

(1)求证：平面MBC；

(2)已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离

19．如图，已知某社区内有一个圆形绿化区，经规划调研确定，将区域修建成居民休闲区.为方便居民通行，在圆上选取一点A，修建两条小路AB，AD（不考虑小路的宽度）.已知，.

(1)若，，求居民休闲区的面积；

(2)若，求修建的小路长度之和（即）的最大值.

20．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明：，.

21．已知椭圆的左焦点为，点是椭圆上的一点，

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点，右焦点F，若经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且的面积之比为，求直线l的方程．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．

(1)求的普通方程，并说明是什么曲线；

(2)已知为圆上一动点，为曲线上一动点，求的最小值．

23．已知关于x的不等式有解.

(1)求实数m的取值范围；

(2)设是m的最大值，若，，，且，求证：.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

先根据对数的单调性求出集合，再求交集.

【详解】

由可得，，所以

又，

故选：A

2．B

【解析】

【分析】

由得，再根据必要条件，充分条件的定义判断即可.

【详解】

解：当时，，，

反之，当，时，，

所以“”是“，”的必要不充分条件.

故选：B

3．C

【解析】

【分析】

由程序框图可知，解出x即可.

【详解】

由框图可知，该循环体需循环2次输出结果，∴输出，

则，解得或，故输入的实数x的取值共有3个.

故选：C.

4．D

【解析】

【分析】

根据双曲线的渐近线方程可得出关于的等式，即可解得的值.

【详解】

由已知可得，双曲线的渐近线方程为，则，解得.

故选：D.

5．A

【解析】

【分析】

利用函数的奇偶性和函数值判断.

【详解】

解：由图像知：函数是偶函数，

A. 因为，所以，又，符合题意；

B. 因为，所以，又当时，，不符合题意；

C. 因为，所以，又当时，，不符合题意；

D. 因为，所以，是奇函数，不符合题意；

故选：A

6．B

【解析】

【分析】

根据两角差的正弦公式和同角三角函数的基本关系化简得到，再利用两角和与差的正、余弦公式将化简为即可解题.

【详解】

解：∵，

∴，即，

∴，

∵

∴

故选：B.

7．D

【解析】

【分析】

求出大圆，小圆面积，进而求出阴影部分面积，利用几何概型求概率公式得到答案.

【详解】

设大圆面积为，小圆面积，则，．则黑色区域的面积为，所以落在黑色区域的概率为，

故选：D

8．C

【解析】

【分析】

考虑八面体的上面一部分为正四棱锥，在该几何体内部考虑与半球相切，求得球的半径，即可求得答案.

【详解】

考虑八面体的上半部分为正四棱锥 ，如图：

设正方体棱长为2，则底面正四边形边长为，

设M为内切球的球心，

侧面正三角形边长为，故侧面上的高为，

设T为八面体的内切球与面PEF的切点，则T落在PN上，连接MT,则 ,

故 ,即有 ,即，

又，，

设正八面体内切球半径为r，故：，

又正方体外接球直径为正方体的体对角线长，故外接球半径为，

设八面体的内切球的体积与正方体的外接球的体积分别为 ,

故：,

故选：C.

9．C

【解析】

【分析】

根据斐波那契数列的性质进行求解即可.

【详解】

由，得

.

故选：C.

10．C

【解析】

【分析】

根据平面向量基本定理，以及三点共线，可确定的关系，即 ，可得，再利用基本不等式求最值即可．

【详解】

由条件可得，

∵

∴，

因为三点共线，

∴，

∴，

∵，

∴，则；

当且仅当，即时取等号，

故的最小值是；

故选：C．

11．B

【解析】

【分析】

由题可判断在轴正半轴上，求出圆心到渐近线的距离和圆半径，可得，进而得出，利用可求.

【详解】

由题可得渐近线方程为，，

由于圆与两条渐近线都相切，则在轴或轴上，

又圆过的右顶点，则在轴正半轴上，即，

圆心到渐近线的距离为，又圆半径为，

则由题可得，即，

又，则，

，，，

则长的取值范围是.

故选：B.

【点睛】

关键点睛：解题的关键是得出在轴正半轴上，根据圆心到渐近线的距离等于半径得出.

12．A

【解析】

【分析】

由，得，得，构造函数，，求出其最小值，即可求出a的取值范围．

【详解】

由，得，即，

记，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

，

，记，，

，

，，，

时，，单调递减；

当时，，单调递增，

∴，.

故选：A.

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键是合理构造函数，求出其最小值从而求出a的取值范围．

13．

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则，求得，再求模长即可.

【详解】

因为，所以．

故答案为：.

14．8

【解析】

【分析】

作出可行域，根据线性规划的几何意义可求得答案.

【详解】

由题意，作出所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，

联立 ，解得，即 ，

由可行域可知，当直线过点时，z取得最大值，

最大值为，

故答案为：8

15．

【解析】

【分析】

根据等差数列的性质可得的平均数为，结合标准差的计算公式即可得出结果.

【详解】

由为等差数列，则的平均数为，

所以标准差

，

解得.

故答案为：

16．①④

【解析】

【分析】

对于①，根据平面，且线段上存在点M，使得，可判断①正确；

对于②，，可判断②不正确；

对于③，找到以为球心，为半径的球面与侧面的交线，计算可判断③不正确；

对于④，利用球的性质进行计算可判断④正确.

【详解】

对于①，连、、，过作，垂足为，如图：

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，同理可得，

因为，所以平面，因为，且平面，所以平面.故①正确.

对于②，因为，而，

所以，所以不存在点M，使得的体积为，故②不正确；

对于③，依题意可知，为平面截球所得截面圆的圆心，

因为球心到截面圆的圆心的距离为，球的半径为，所以截面圆的半径为，

设分别为的中点，则以为球心，为半径的球面与侧面的交线为弧，其长度为，故③不正确；

对于④，依题意可知，当过点M所作截面与正方体的外接球的直径垂直时，所作截面圆的半径最小，从而面积最小，此时球的半径为，球心到截面的距离为，所以此时截面圆的半径为，

所以截面面积的最小值为.故④正确.

故答案为：①④.

17．(1)模型②拟合效果更好

(2)69.1（亿元）

【解析】

【分析】

（1）计算相关指数比较判断；

（2）先求得回归方程，再将x=20代入求解.

(1)

解：对于模型①，

因为，故对应的，

故对应的相关指数，

对于模型②，同理对应的相关指数，

故模型②拟合效果更好．

(2)

当时，

后五组的，

由最小二乘法可得，

所以当时，确定y与x满足的线性回归直线方程为

故当投入20亿元时，预测公司的收益约为：（亿元）．

18．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

取CD的中点E，连接BE、NE，根据题意可得平面，平面，利用面面平行的判定定理和性质即可证明；

(2)根据题意知四边形为菱形，可得直线AN与BC所成角为，利用余弦定理求出AM，进而求出，结合三棱锥等体积法即可求出点C到平面MBD的距离.

(1)

由题意得，

取CD的中点E，连接BE、NE，则且，

故四边形是平行四边形，所以，

又平面，所以平面，

又且，且，

则且，故四边形是平行四边形，

所以，又平面，所以平面，

由得，平面平面，

因为平面，所以平面；

(2)

因为矩形平面，所以平面，

又，所以四边形为菱形，

则，直线AN与AE所成角为，

设AM的长为x，则，

在中，由余弦定理，得，

即，由解得，

所以，得，

在中，，

所以的高为，故，

设点C到平面MBD的距离为h，

则，

由，得，解得.

即点C到平面MBD的距离为.

【点睛】

19．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1），然后结合余弦定理可得，，然后可得答案；

（2）首先可得，，然后可得，然后结合基本不等式可得答案.

(1)

由题意可得，则.①

由余弦定理可得

，

则.②

由①②可得，，此两角均为三角形内角，

从而，.

故的面积为.

(2)

由余弦定理可得.

由（1）可得，

由余弦定理可得.

因为，

所以，

即，解得（当且仅当时，等号成立）.

故修建的小路长度之和（即）的最大值是.

20．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；

（2）把证明转化为证明，令，求得，再令，利用导数求得在上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的使得，进而得到函数的单调性与最值，即可求解.

(1)

解：由题意，函数，

可得，

若，则当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

若，由得或.

①当时，可得，所以在上单调递增.

②当时，可得，故当，时，，

当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.

③当时，则，故当，时，，

当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减.

综上所述，

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在，上单调递增，在上单调递减；

当时，在，上单调递增，在上单调递减.

(2)

解：当时，欲证成立，只需证，

令，则（其中），

令，则，所以在上为增函数，

因为，，

所以由零点存在性定理得，存在唯一的使得，

即，即，所以由得，

故时，，时，，

所以，

故成立，即.

【点睛】

对于利用导数证明不等式证明问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

21．(1)

(2)直线的方程为或.

【解析】

【分析】

(1)由条件列出关于的方程，由此可得椭圆方程；(2)联立方程组，结合设而不求求出的横坐标，由条件列方程可求出直线方程.

(1)

由已知可得：， ，

又，

所以，，

所以椭圆的方程为：，

(2)

若直线l的斜率不存在，则其方程为，

此时都在直线上，与条件矛盾，故直线l的斜率存在，

设直线的方程为，

联立，化简可得，

，

设，，则

，，

因为的面积之比为，

所以，

所以，又由已知可得在点的两侧，

化简可得，

所以：，，

所以，

化简可得，

所以，

所以或，

故直线的方程为或.

【点睛】

本题解决的关键在于联立方程组，转化条件，结合设而不求求出直线的斜率.

22．(1)，是一条射线

(2)

【解析】

【分析】

（1）直接消去参数即可得到的普通方程；

（2）利用几何法求出最小值.

(1)

将曲线的参数方程消去参数，得，

因为，所以的普通方程为，

故是一条射线．

(2)

因为是一条射线，且端点为，

所以数形结合可知，

当与重合且为线段与圆的交点时，取得最小值，

且最小值为．

23．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据绝对值的性质，结合公式法解绝对值进行求解即可；

（2）运用换元法、基本不等式进行证明即可.

(1)

，

∴要使关于x的不等式有解，只需，

解得，

∴实数m的范围为；

(2)

由（1）知，，由，，，且，

令，，，则，，，且，

，

又当且仅当时取“=”号；

，当且仅当时取“=”号；

∴不等式，即.