2022届河南省安阳市高三下学期高考模拟试题数学（文）试题含解析

2022届河南省安阳市高三下学期高考模拟试题数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得；

【详解】解：，

，

所以；

故选：C

2．若，则（       ）

A． B． C．25 D．5

【答案】D

【分析】根据复数的乘方公式，结合复数模的运算公式进行求解即可.

【详解】因为，所以，

因此，

故选：D

3．若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则a的值为（       ）

A． B．4 C． D．2

【答案】B

【分析】利用两直线垂直时斜率的关系及其双曲线的渐近线方程即可求解.

【详解】由已知得：

双曲线的方程为，其渐近方程为 ，

∵直线与双曲线的渐近线垂直，∴双曲线的渐近线的斜率为，

∴    ，

∴ ，

故选：B

4．已知等比数列的前n项和，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用求出，再由数列为等比数列可求出的值，从而可求得答案

【详解】当时，，

当时，

，

因为数列为等比数列，

所以，得，

所以，

故选：A

5．2022年第24届冬季奥林匹克运动会，冰上项目共有五种：冰壶、冰球、速度滑冰、短道速滑、花样滑冰．小王是一个冰上项目爱好者，他想前往现场观看，由于赛程的原因，他只能从五项冰上项目中选择其中三项进行观看，则小王恰好选中花样滑冰的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据古典概型计算公式进行求解即可.

【详解】小王恰好选中花样滑冰的概率为，

故选：A

6．“”是“”的（       ）

A．充分必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到当时，即可判断；

【详解】解：令，则，所以在上单调递增，

又，所以当时，即，

故“”是“”的充分必要条件；

故选：A

7．在中，点D在边上，且，若，则（       ）

A． B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】先用表示出，再由求得，即可求解.

【详解】

由题意知：，

则，

即，则，即.

故选：B.

8．已知函数经过点，且在上只有一个零点，则的最大值为（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】运用代入法，结合余弦型函数的性质、函数零点的定义进行求解即可.

【详解】因为经过点，

所以，因为，所以，

即，令，

因为，所以，

因为在上只有一个零点，

所以有，所以的最大值为，

故选：C

9．已知为等差数列，，则使数列的前n项和成立的最大正整数n是（       ）

A．2021 B．4044 C．4043 D．4042

【答案】D

【分析】由已知可得，，，然后根据等差数列求和公式计算判断和的正负，可得答案

【详解】因为，所以和异号，

因为，所以，，

因为 ，所以，

所以，

所以，

，

所以使数列的前n项和成立的最大正整数n是4042，

故选：D

10．已知圆，点M为直线上一个动点，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则四边形周长的最小值为（       ）

A．8 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据圆的切线性质，结合点到直线的距离公式进行求解即可.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为，

因为过点M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，

所以有，，

因此有，

要想四边形周长最小，只需最小，即当时，

此时，此时，

即最小值为，

故选：A

【点睛】关键点睛：利用圆切线性质是解题的关键.

11．如图，在圆锥中，为圆锥的底面直径，为等腰直角三角形，B为底面圆周上一点，且，M为上一动点，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过点作于点，连，先证得为直线与平面所成的角，证得当时，最小，此时最大，在中，解三角形即可求得结果.

【详解】如图，过点作于点，连，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又∵平面，∴，故为直线与平面所成的角，在中，越小，越大，越大，当时，最小，此时最大，∵为等腰直角三角形，又，在中，,在中，，则,在等腰直角三角形中，，在中，,,则，

故选：C.

12．已知，若不等式恒成立，则m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得恒成立，令，则不等式转化为恒成立，令，求出函数的导函数，再对分两种情况讨论，结合函数的单调性计算可得；

【详解】解：因为，不等式恒成立，等价于恒成立，

令，则不等式转化为恒成立，

令，则，显然，当且仅当，即时取等号，

所以当时，即在上单调递增，所以，符合题意；

当时，令，则，

故在上单调递增，所以存在满足，且当时，当时，

所以在上单调递减，此时，与题意矛盾，综上可得；

故选：B

二、填空题

13．已知向量，其中，若，则___________．

【答案】

【分析】根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的运算坐标表示公式、特殊角的三角函数值进行求解即可.

【详解】因为，所以，即，

因为，所以，因此，

所以，

故答案为：

14．已知函数，则a，b，c三者的大小关系是___________．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性、单调性的性质，结合对数的单调性进行判断即可.

【详解】显然有，

因为，

所以该函数是偶函数，

当时，由函数的单调性的性质可知该函数单调递增，

，

，因为，所以，

因为，所以，

因此，所以有，

即，

故答案为：

15．在△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，，则___________．

【答案】

【分析】利用正弦定理角化边及其余弦定理即可求解.

【详解】∵，∴,

由正弦定理得，

∵ ，∴，

由余弦定理得：，∴，

∴ ，

∴，解得，

又∵，∴,

将代入得,

由正弦定理可得，即，解得，

又∵，∴

故答案为：.

16．已知抛物线，不过原点O的直线与抛物线C交于M，N两点，设直线的倾斜角分别为，则___________．

【答案】

【分析】设，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，求出，计算并代入，，化简可得．

【详解】设，

由得，

显然，，直线不过原点，，

且，，

，，

，，

，

分别在一、四象限，中一个为锐角，一个为钝角，

所以．

故答案为：．

三、解答题

17．某省会城市为了积极倡导市民优先乘坐公共交通工具绿色出行，切实改善城市空气质量，缓解城市交通压力，公共交通系统推出“2元换乘畅享公交”“定制公交”“限行日免费乘公交”“绿色出行日免费乘公交”等便民服务措施．为了更好地了解乘坐公共交通的乘客的年龄分布，交管部门对某线路公交车统计整理了某一天1200名乘客的年龄数据，得到的频率分布直方图如下图所示：

(1)求m的值和这1200名乘客年龄的中位数；

(2)现在从年龄分布在人中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中抽取2人进行问卷调查，求这2人中至少有一人年龄在的概率．

【答案】(1)，中位数为；

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再根据中位数计算公式计算可得；

（2）根据分层抽样求出、的人数，分别记作、、、、，用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】(1)解：依题意可得，解得，

因为，所以中位数为于，

设中位数为，则，解得，故这1200名乘客年龄的中位数为；

(2)解：从年龄分布在人中用分层抽样的方法抽取5人，则中抽取人，记作、，

中抽取人，记作、、，

则从这5人中抽取2人进行问卷调查有，，，，，，，，，共个基本事件；

满足这2人中至少有一人年龄在的有，，，，，，共个基本事件，

所以满足这2人中至少有一人年龄在的概率；

18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．

(1)求角C；

(2)CD是的角平分线，若，的面积为，求c的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；

（2）两次利用面积公式求出、，再由余弦定理计算可得；

【详解】(1)解：因为，

由正弦定理得：，

所以，即，

所以，

因为，所以；

(2)解：因为，所以，

又，所以

解得或，

又

解得或（舍去）；

19．已知空间几何体中，与均为等边三角形，平面平面平面．

(1)求证：；

(2)若点E在平面上的射影落在的平分线上，求点A到平面的距离．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）利用等腰三角形三线合一可得，进而可证平面；（2）根据面面垂直的性质可证平面，结合题意分析可得为的中心，求相关长度利用等体积转换求解．

【详解】(1)取的中点，连接

∵与均为等边三角形，则

，则平面

∴

(2)∵，平面平面，平面平面

∴平面

设点E在平面上的射影为，连接，则平面

∴，即为平行四边形

则，即为的中心

则

设点A到平面的距离为，则

即，解得

∴点A到平面的距离为

20．已知椭圆上一个动点N到椭圆焦点的距离的最小值是，且长轴的两个端点与短轴的一个端点B构成的的面积为2．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)如图，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于P，Q两点．证明：直线与直线的交点T在定直线上．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可.

（2）首先设直线，，，与椭圆联立，利用韦达定理得到，.，，根据，即可得到，从而得到直线与直线的交点在定直线上.

【详解】(1)由题知：，解得，即：椭圆

(2)设直线，，，，，

.

，.

则，，

则，

因为，

所以，解得.

所以直线与直线的交点在定直线上.

21．已知函数．

(1)当时，求函数在处的切线方程；

(2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出、的值，结合点斜式可得出所求切线的方程；

（2）由参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.

【详解】(1)解：当时，，则，所以，，

此时，函数在处的切线方程为.

(2)解：，由可得，其中，

令，其中，则，

令，其中，则，

故函数在上为增函数，

因为，，

所以，存在使得，

则，

令，其中，则，故函数在上为增函数，

因为，所以，，可得，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为t为参数，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；

(2)设曲线的右顶点为A，射线与曲线分别交于M，N两点，求的面积．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据完全平方公式进行消参，然后根据直角坐标方程与极坐标方程互化进行求解即可；

（2）利用代入法，结合三角形面积公式进行求解即可.

【详解】(1)；

；

(2)曲线的极坐标方程为，

当时，有，负值舍去，故，

曲线的极坐标方程为，

当时，，故，

曲线的直角坐标方程为，

所以曲线的右顶点为，

显然A到射线的距离为，

所以的面积为.

23．已知a，b为正实数．

(1)证明：；

(2)若，证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用作差法证明即可；

（2）依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得；

【详解】(1)证明：

因为，所以，当且仅当时取等号，又，

所以，即；

(2)证明：因为，，，即，

所以，

所以

当且仅当，即、时取等号，

即；