2022届广西南宁市第三中学高三二模数学（文）试题含解析

这是一份2022届广西南宁市第三中学高三二模数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届广西南宁市第三中学高三二模数学（文）试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解出一元二次不等式，根据交集的运算法则求解即可.【详解】由题，解，可得，则可得，故选：B2．若，其中，为虚数单位，则实数的值为（       ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】由题意可得为大于零的实数，化简后使虚部为零可求得结果【详解】由题意得，得，得，故选：C．3．已知在处的切线与直线l垂直，若直线l与x，y正半轴围成的三角形面积为2，则直线l的方程为（       ）．A． B．C． D．【答案】D【分析】利用导数的几何意义求切线的斜率，从而知道直线l的斜率，再根据直线l与x，y正半轴围成的三角形面积，建立方程可求解.【详解】由，故，故直线l的斜率为，令，由题意知，解得，故.故选:D．4．通过加强对野生动物的栖息地保护和拯教繁育，某濒危野生动物的数量不断增长，根据调查研究，该野生动物的数量（t的单位：年），其中K为栖息地所能承受该野生动物的最大数量.当时，该野生动物的濒危程度降到较为安全的级別，此时约为（）（       ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】利用列方程，结合对数运算求得.【详解】解析根据题意，所以，所以，所以，得.故选:C5．已知命题p：点在圆内，则直线与C相离；命题q：直线直线m，//平面，则.下列命题正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析真假性后判断选项【详解】对于命题p，点在圆内，则，故圆心到直线距离，直线与圆相离，为真命题，对于命题q， 与位置关系不确定，为假命题，选项中只有为真命题．故选：B6．已知，是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（       ）．A．13 B．12 C．25 D．16【答案】C【分析】根据椭圆定义可得，利用基本不等式可得结果.【详解】由椭圆方程知：；根据椭圆定义知：，（当且仅当时取等号），的最大值为.故选：C.7．已知，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角三角函数关系，求得，再利用余弦的差角公式，即可求得结果.【详解】由，得，则，．故选：．8．从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，现有如下说法：①至少有一个黑球与都是黑球是互斥事件；②至少有一个黑球与至少有一个红球不是互斥事件；③恰好有一个黑球与恰好有两个黑球是互斥事件；④至少有一个黑球与都是红球是对立事件.在上述说法中正确的个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】写出从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球的所有可能情况，再去辨析各选项的正误，互斥事件不能有交集事件.【详解】设两个红球为球a、球b，两个黑球为球1、球2.则从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，所有可能的情况为共6种.①至少有一个黑球与都是黑球有公共事件，故二者不是互斥事件，判断错误；②至少有一个黑球与至少有一个红球有公共事件，故二者不是互斥事件，判断正确；③恰好有一个黑球包含事件，恰好有两个黑球包含事件，故二者是互斥事件，判断正确；④至少有一个黑球包含事件，都是红球包含事件，故二者是对立事件，判断正确.故选：C9．从2名男生和2名女生中选2人参加校庆汇报演出，则选到一男一女的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，列举出所有可能的选法，再找出满足题意的选法，利用古典概型的概率计算公式即可求得结果.【详解】从2名男生和2名女生中选2人共有如下6种选法：（男1，男2），（男1，女1），（男1，女2），（男2，女1），（男2，女2），（女1，女2），选到一男一女的选法有4种，分别为：（男1，女1），（男1，女2），（男2，女1），（男2，女2），则选到一男一女的概率为.故选：.10．已知是自然对数的底数，是圆周率，下列不等式中，，，，正确的个数为（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】构造函数，利用导数判断的单调性，由此判断不等式正确的个数.【详解】构造函数，，所以在区间上，递增；在区间上递减，由于，所以，所以：，，，所以不等式正确的个数为.故选：D11．已知双曲线的右焦点为F，直线与双曲线C交于A，B两点，若，且的面积为，则双曲线C的离心率为（       ）A． B． C．2 D．3【答案】D【分析】不妨设在第一象限，设是双曲线的左焦点，显然关于原点对称，因此是平行四边形，又，所以是矩形，由的面积可得，再由双曲线的定义得，两者结合可得，由勾股定理得关系，从而得离心率．【详解】如图，不妨设在第一象限，设是双曲线的左焦点，显然关于原点对称，因此是平行四边形，又，所以是矩形，，，又，所以，所以．故选：D．12．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（       ）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】D【分析】根据方差的定义分析判断．【详解】设5个数据分别是，则由方差为5得，显然最大值不可能大于14，假如，则，不合题意，若最大值为14，不妨设，，则只能一个0，两个1，还有一个是4，不合题意，若最大值为13，不妨设，此时如，，，，满足题意．故选：D．二、填空题13．已知向量，，若，则___________．【答案】2.5【分析】由向量垂直的坐标表示计算．【详解】由题意，又，所以，解得．故答案为：．14．写出一个同时具有下列性质（1）（2）（3）的数列 的通项公式：  __________．（1）数列是无穷等比数列；（2）数列不单调；（3）数列单调递减．【答案】（答案不唯一）【分析】根据数列需要满足的条件，可写出答案.【详解】由题意可得，满足（1）数列是无穷等比数列；（2）数列不单调；（3）数列单调递减，故答案为：15．已知A、B、C、D为空间不共面的四个点，且，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为______．【答案】【分析】由题可得当BA、BC、BD两两垂直时，三棱锥的体积最大，将三棱锥补形为一个长宽高分别为，，的长方体，即得.【详解】当BA、BC、BD两两垂直时，如图三棱锥的底面的面积和高同时取得最大值，则三棱锥的体积最大，此时将三棱锥补形为一个长宽高分别为，，的长方体，长方体的外接球即为三棱锥的外接球，球的半径，表面积为．故答案为：.16．若函数的图象关于直线对称，则_______．【答案】7【分析】由对称性得，取特殊值求得，再检验满足即可得，【详解】由题意，即，所以，即，解得，此时，，满足题意．所以，．故答案为：7．三、解答题17．随着科技进步，近来年，我国新能源汽车产业迅速发展．以下是中国汽车工业协会2022年2月公布的近六年我国新能源乘用车的年销售量数据：年份201620172018201920202021年份代码x123456新能源乘用车年销售y（万辆）5078126121137352 (1)根据表中数据，求出y关于x的线性回归方程；（结果保留整数）(2)若用模型拟合y与x的关系，可得回归方程为，经计算该模型和第（1）问中模型的（为相关指数）分别为0.87和0.71，请分别利用这两个模型，求2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值；(3)你认为（2）中用哪个模型得到的预测值更可靠？只需要判断，不用说明理由．参考数据：设，其中．1444.788415.7037.71380528 参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【答案】(1)；(2)（1）中模型预测值是312万辆，模型的预测值是380万辆；(3)模型更可靠．【分析】（1）根据表中数据得出，，，根据最小二乘法得出回归直线方程；（2）根据回归方程代入的值即得预测值；（3）由相关指数越接近于1，两个变量间的关系越强，相应的拟合度越好可得．【详解】(1)，，，，所以，，所以关于的线性回归方程为；(2)由（1）关于的线性回归方程为，当时，2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值：（万辆），对于回归方程，当时，2022年我国新能源乘用车的年销售量的预测值：（万辆）；(3)依题意模型和第（1）问中模型的（为相关指数）分别为0.87和0.71，由于相关指数越接近于1，两个变量间的关系越强，相应的拟合度越好，所以模型得到的预测值更可靠．18．记的内角，，所对的边分别为，，，已知，．(1)求；(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由．①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)选①，三角形不存在；选②，三角形存在，面积为；选③，三角形存在，面积为【分析】（1）利用三角形内角和与三角恒等变换化简求值；（2）选①，方法一：由，在，，分别用余弦定理可得方程组，求解即可；方法二：由，平方，结合向量数量积公式解方程；方法三：建立平面直角坐标系，结合中点公式及两点间距离可得方程，求解；选②，在中利用余弦定理，可解得，进而可得面积；选③，在中用余弦定理，结合周长，可解得各边长，进而求得面积.【详解】(1)由得，又，所以，而，故，故；(2)选①，方法一：设边上的中线为，则，由得，，即，即，由余弦定理得，即，该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在.方法二：设边上的中线为，则，两边平方得，即，即，易知该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在．方法三：如图，以为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系．故点坐标为，即，点坐标为，所以边的中点坐标为，            由边上的中线长为得，整理得，该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在．选②，设边上的中线为，则．在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍去），故的面积．选③，依题意得，由（1）知，所以，在中，由余弦定理得，，所以，即，   所以，解得，，所以的面积．19．在四棱锥中，AC，BC，CD两两垂直，，，. (1)求证：平面平面ADE；(2)求点C到平面ADE的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面ADE；（2）利用等体积法求得点C到平面ADE的距离.【详解】(1)因为两两垂直，，所以平面，所以.在直角梯形中，，所以，所以，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面ADE.(2)由平面，得，因为，所以，,设到平面的距离为，由得.20．已知椭圆过点，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于、两点，过、作直线的垂线，垂足分别为、，点为线段的中点，为椭圆的左焦点．求证：四边形为梯形．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据已知条件，结合离心率的定义和的平方关系，求得的值，进而得到椭圆的方程.（2）分析可得四边形为梯形的充分必要条件是，设,可转化为证明，然后联立方程组，利用韦达定理证得此式，即证得结论.【详解】(1)解：由已知得,解得,∴椭圆的方程.(2)证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,设,则,.，.∵直线与椭圆交于、两点，∴ 由于直线与直线不平行，∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，即,即,∵,∴上式又等价于，即（）.由,得,∴, ，∴（）成立，∴四边形为梯形.21．已知函数，其中．(1)求函数的单调区间；(2)设函数．当，时，证明：．【答案】(1)详见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，然后分类讨论即得；（2）由题对任意，，不等式成立，进而可得不等式成立，构造函数，利用导数求函数的最值即得.【详解】(1)由题可得．①若，当时，；当或时，．②若，恒有．③若，当时；当或时，．综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．(2)由题可得．由题意，则需证明对任意，，不等式成立．由恒成立，只需证明对任意，不等式成立，①当时，∵，，∴不等式成立．②当时，设．∴．设．∴．∵当时，恒成立，函数在上单调递增，∴．∴当时，恒成立，函数在上单调递减，∴．即不等式成立．综上，当，时，不等式成立，即成立．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22．在直角坐标系中，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，（t为参数）(1)求曲线C的普通方程，l的直角坐标方程(2)设l与C交于M，N两点，点，若成等比数列，求实数a的值．【答案】(1)C的普通方程为，l的直角坐标方程为；(2)5【分析】（1）先同乘以，再利用将曲线C化为普通方程，消去参数，求出l的直角坐标方程；（2）写出直线的参数方程，与抛物线方程联立后，求出，，根据等比中项得到方程，求出.【详解】(1)，两边同乘以得：，将代入，得：，两式相减，消去参数得：(2)直线l的参数方程：，即，与联立得：，则，，因为成等比数列，所以，即，因为，故，解得：23．已知关于的不等式在上恒成立.(1)求实数的取值范围；(2)若为正数且满足，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出的最小值为3，进而可得，解不等式即可求出结果；（2）变形为，进而结合均值不等式即可求出结果.【详解】(1)因为，所以因此，即.所以实数的取值范围为.(2)由可得，所以..故.当且仅当即时，取最小值.