2022届广西桂林、崇左、贺州、河池、来宾市高三联合高考模拟考试数学（理）试题含解析

2022届广西桂林、崇左、贺州、河池、来宾市高三联合高考模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则下列关系正确的是（       ）

A． B． C． D．∅

【答案】C

【分析】由子集的定义即可求解.

【详解】解：因为集合，

所以根据子集的定义可知，

故选：C.

2．若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】由，利用复数除法得到z，再利用复数的几何意义判断.

【详解】解：因为，

所以，

所以则z在复平面内对应的点位于第四象限，

故选：D

3．已知命题，，命题，，则下列命题为真命题的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】判断命题、的真假，利用复合命题的真假可判断各选项中复合命题的真假，即可得出合适的选项.

【详解】因为对，，故为假命题，

因为在上单调递增，所以当时，，故为真命题，

所以、、为假命题，为真命题．

故选：D．

4．椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据椭圆方程求，，，再求离心率.

【详解】由椭圆方程可知，，所以，

椭圆的离心率.

故选：C

5．若满足，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】作出不等式组表示的平面区域，令，即，利用直线截距的几何意义即可求解.

【详解】解：不等式组表示的平面区域如图阴影所示，

联立，解得交点，

令，即，

由图可知，当直线经过点时在轴上的截距最小，截距没有最大，

所以，没有最大值，

所以的取值范围是，

故选：A.

6．2021年元旦期间，某高速公路收费站的四个高速收费口每天通过的小汽车数（单位：辆）均服从正态分布，若，假设四个收费口均能正常工作，则这四个收费口每天至少有一个不低于700辆小汽车通过的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据正态曲线的对称性结合题意求出每个收费口有不低于700辆小汽车通过的概率，再利用对立事件的概率公式可求得答案

【详解】根据正态曲线的对称性，每个收费口有不低于700辆小汽车通过的概率，

所以这四个收费口每天至少有一个不低于700辆小汽车通过的概率．

故选：D．

7．三棱锥中，平面，，， ，则该三棱锥外接球的表面积为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：分析可知球心在的中点．因为，，所以．

所以．球的半径．所以此球的表面积为．故A正确．

【解析】三棱锥的外接球．

8．中国代表团在2022年北京冬奥会获得九枚金牌，其中雪上项目金牌为5枚，冰上项目金牌为4枚.现有6名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则不同的报名方案有（       ）

A．35 B．50 C．70 D．100

【答案】B

【分析】根据要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，可将6名同学分为和两类，通过分步乘法计数原理，分别求出每一类组合有多少种，再由分类加法计数原理可得答案.

【详解】由题干可知，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则组合为：和两类，

（1）若为“”组合，将6名同学分为两组，一组2人，另一组4人，有种分组方式；将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；

（2）若为“”组合将6名同学分为两组，一组3人，另一组也为3人，有种分组方式，将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；

由分类加法计数原理，则不同的报名方式有种；

故选：B.

9．若正数a、b满足，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，将对数式转化为指数式，利用指数幂的运算法则即可求解.

【详解】解：令，

则，

所以 .

故选：A.

10．已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，．则下列选项正确的是（       ）

A．

B．的图象的对称轴方程为（）

C．的单调递减区间为（）

D．的解集为（）

【答案】D

【分析】由题意，求出函数的解析式，然后根据余弦型函数的图象与性质即可求解.

【详解】解：对A：因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以，故选项A错误；

对B：因为，所以，因为，所以，

所以，令（）得（），

即的图象的对称轴方程为（），故选项B错误；

对C：令（）得（），

即的单调递减区间为（），故选项C错误；

对D：令，得，

所以（），解得（），

所以的解集为（），故选项D正确．

故选：D．

11．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（       ）

A．直线上 B．椭圆上

C．抛物线上 D．双曲线上

【答案】D

【分析】分别求得和的方程和，联立方程组求得，代入，求得，化简得到，即可求解.

【详解】由题意，圆的方程为，即，

圆的方程为，即，

联立可得，即，

解得，

代入的方程得，即，

解得，

又由，

所以，

即，所以这5个点都在同一个双曲线上.

故选：D.

12．某一年是闰年，当且仅当年份数能被400整除（如公元2000年）或能被4整除而不能被100整除（如公元2012年）.闰年的2月有29天，全年366天，平年的2月有28天，全年365天.2022年2月7日星期一是小说家狄更斯诞辰210周年纪念日.狄更斯的出生日是（       ）

A．星期五 B．星期六

C．星期天 D．星期一

【答案】A

【分析】由题意，这210年有52个闰年，158个平年，从而计算出总天数，再根据一周有7天，利用周期性即可求解.

【详解】解：因为2022年2月7日星期一是小说家狄更斯诞辰210周年纪念日，

所以小说家狄更斯出生于1812年2月7日，其中1812年为闰年，1900不是闰年，又，

所以这210年有52个闰年，158个平年，

所以共有天，

因为，

所以狄更斯的出生日是星期五，

故选：A.

二、填空题

13．已知菱形的边长为2，E是的中点，则__________．

【答案】

【分析】利用平面向量的线性运算，将转化为，进而求得答案.

【详解】依题意，，因为菱形的边长为2．所以．

故答案为：-3.

14．二项式展开式中的常数项是___________．

【答案】540

【分析】首先写出二项式展开式的通项，再令求出，再代入计算即可；

【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为．

故答案为：

15．已知锐角的面积为9，，点D在边上，且，则的长为__________．

【答案】4

【分析】先求出，利用面积为9求出，在中，由余弦定理求出．

【详解】因为，所以，所以，则，所以，所以，，所以．

在中，由余弦定理得，解得．

故答案为：4

16．在三棱锥ABCD中，对棱，当平面α与三棱锥ABCD的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面α所截得的截面面积最大值为___________.

【答案】3

【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x，y，z，求出，由线面平行得线线平行，证明当是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨论求得截面面积的最大值.

【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x，y，z，则，则.

当平面α与三棱锥ABCD的对棱AB，CD均平行时，截而为四边形EFGH，，，

设，则，，同理，（或其补角）是异面直线所成的角，

，其中为定值，

，时，取得最大值，即截面面积最大，此时是所在棱中点，

由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半，

同样地，当平面a与三棱锥ABCD的对棱AC，BD均平行时，截面最大面积为；当平面α与三棱锥ABCD的对棱AD，BC均平行时，截面最大面积为.

故答案为：3.

三、解答题

17．某学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出100人进行统计，其中对教师教学水平满意的学生人数为总数的60%，对教师管理水平满意的学生人数为总数的75%，对教师教学水平和教师管理水平都满意的有40人．

(1)完成对教师教学水平和教师管理水平评价的2×2列联表，并判断是否有97.5%的把握认为对教师教学水平满意与教师管理水平满意有关；

(2)若将频率视为概率，随机从学校中抽取3人参与此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平都满意的人数为随机变量X；求X的分布列和数学期望．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】(1)表格见解析，有；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据题意，对教师教学水平满意有60人，对教师管理水平满意有75人，从而可完成22列联表，根据参考公式求出的值，再根据参考数据即可作出判断；

（2）由题意，对教师教学水平和教师管理水平都满意的概率为，且，

从而可得X的分布列，根据期望公式即可求解X的数学期望.

【详解】(1)解：由题意可得关于对教师教学水平和教师管理水平评价的22列联表：

，

所以有97.5%的把握认为教师教学水平满意与教师管理水平满意有关；

(2)解：对教师教学水平和教师管理水平都满意的概率为，且随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，

其中；；；；

所以随机变量X的分布列为：

则．

18．已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.

①数列是等比数列；②数列是等比数列；③

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分

【答案】答案见解析

【分析】选①②作条件证明③时，设，结合和的关系，求出，进而求证；

选①③作条件证明②时，根据等比数列求和公式，列出，进而求证数列是等比数列；

选②③作条件证明①时，设，结合和的关系，求出，然后可证数列是等比数列.

【详解】解：选①②作条件证明③：

设，则，.

当时，.

当时，；

因为也是等比数列，所以也满足上式

，解得.

所以，则，.

所以.

选①③作条件证明②：

因为，是等比数列，

所以公比，

所以.

即，

因为.

所以是等比数列.

选②③作条件证明①:

设，则，.

当时，

当时，.

因为，所以，

解得.

所以，.

则.

所以为等比数列.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.

(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；

(2)试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.

【答案】(1)证明见解析；

(2)点F为BC中点.

【分析】（1）证明．，推出平面．得到．证明，得到平面．然后证明平面平面．

（2）分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，求出为平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．

【详解】(1)∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，

∴PA⊥BC，

∵ABCD为正方形，

∴AB⊥BC，

又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，

∴BC⊥平面PAB，

∴AE平面PAB，

∴AE⊥BC，

∵PA=AB，E为线段PB的中点，

∴AE⊥PB，

又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，

∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，

所以平面AEF⊥平面PBC；

(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1），

∴，，，

设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），

∴，

设平面AEF的一个法向量为，

则，

∴，

令y1=2，则，

∴ ，

设平面PCD的一个法向量为，

则，

∴，令y2=1，则，

∴，

∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，

∴，

解得λ=1，

∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.

20．已知圆和抛物线，是圆上一点，过作抛物线的两条切线，分别为切点.

(1)当时，求切线的方程；

(2)求证：存在两个，使得面积等于.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）当时，可得，设切线方程为，联立方程组，结合，求得的值，即可求解；

（2）设直线，联立方程组，由，得到，同理得到，得出时方程的两个实数根，求得，进而求得A(，)和B(，)，得到，求得的方程，求得，进而求得，再由与，结，和零点的存在定理，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，圆和抛物线，

当时，可得，

设切线方程为，代人，可得，

则，解得，

所以切线的方程为.

(2)解：因为是圆上一点，所以，

设直线方程为，代入，

整理得，则，

即，

同理，直线方程为，则有，

可得时方程的两个实数根，

所以

因为与抛物线相切，则中，，

则，所以A(，)，同理B(，)，所以，

直线 方程为，即，

所以，

则，

又由到直线AB的距离，

所以，

所以，与，

联立得，所以或，

设，显然，

设，可得

当，可得，所以单调递增，

即在上递增，所以在上有唯一零点

所以存在两个，使得面积等于.

21．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出导函数，对分、、、四种情况讨论即可求解；

（2）由（1）问结论，对分、、、、讨论即可得答案.

【详解】(1)解：，

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若，则，所以在上单调递增；

②若，则，当时，；当时，，

所以在和上单调递增，在上单调递减；

③若，则，当时，；当时，，

所以在和上单调递增，在上单调递减；

综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

(2)解：当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，

又，取b满足且)，则，

所以有两个零点；

当时，令，解得，所以只有一个零点；

当时，令，解得，所以只有一个零点；

当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减，

又，当时，有极大值，

所以不存在两个零点；

当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减，

当时，有极大值，所以不存在两个零点；

综上，a的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是，当时，取b满足且)，从而可得.

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为：（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

(2)已知，直线l与曲线C交于，两点．求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用极坐标方程和直角坐标方程的互化公式可得曲线的直角坐标方程，直接消去参数可得到直线的普通方程；

（2）将直线的参数方程代入，可得，然后由韦达定理利用参数的几何意义求解即可

【详解】(1)因为，

由，得，即为曲线C的直角坐标方程，

由得直线l的普通方程为．

(2)将直线l的参数方程代入，得，

设对应参数分别为，，则，，

可得互为相反数，

故．

23．已知.

(1)解不等式；

(2)若，关于的不等式成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）用分类讨论思想去绝对值符号化简不等式求解；

（2）利用绝对值值三角不等式求得的最大值，然后解相应不等式可得．

【详解】(1)依题意，

所以或或

解得，所以不等式的解集为.

(2)因为，

所以（当且仅当时等号成立），

因为对关于的不等式成立，所以，

解得或.

所以满足条件的实数的取值范围是.