2022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科）

这是一份2022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科），共17页。
 2022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科） 已知全集，，则为A.  B.  C.  D. 已知复数z满足，则z等于A.  B.  C.  D. 是的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件若，，则等于A.  B.  C.  D. 设m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是A. 若，，，m，n，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，n，，则函数的最小值为A. 8 B. 7 C. 6 D. 5若将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在上的最小值为A.  B.  C.  D. 2笼子中有2只鸡和2只兔，从中依次随机取出一只动物，直到4只动物全部取出．如果将两只兔子中的某一只起名为“长耳朵”，则“长耳朵”恰好是第2只被取出的动物的概率为A.  B.  C.  D. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，是我国古代劳动人民长期以来总结出的智慧结晶．“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中有一个问题：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度，二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸一丈等于十尺，一尺等于十寸，则下列说法不正确的为
 
A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺
B. 立春和立秋两个节气的晷长相同
C. 春分的晷长为七尺五寸
D. 立春的晷长比秋分的晷长长已知是定义在R上的奇函数，为偶函数，且当时，，则A. 4 B. 3 C. 2 D. 1已知椭圆C：的左，右焦点，，过原点的直线l与相圆C相交于M，N两点．其中M在第一象限．，，则椭圆C的离心率的取值范围为A.  B.  C.  D. 已知表示不超过的最大整数，如：，，若函数，，则A. 3 B. 2 C. 1 D. 0已知向量，，若，则实数______.已知双曲线的离心率为，且其虚轴长大于1，则双曲线C的一个标准方程可以为______.已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，则该圆锥的体积为______.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，D为边AB的中点，则中线CD的取值范围为______.某经销商采购了一批水果，根据某些评价指标进行打分，现从中随机抽取20筐每筐，得分数据如下：17，23，27，31，36，40，45，50，51，51，58，63，65，68，71，78，79，80，85，根据以往的大数据认定：得分在区间内的分别对应四级、三级、二级、一级．
试求这20筐水果得分的平均数．
用样本估计总体，经销商参考以下两种销售方案进行销售：
方案1：将得分的平均数换算为等级，按换算后的等级出售；
方案2：分等级出售．
不同等级水果的售价如下表所示：等级一级二级三级四级售价万元/吨2请从经销商的角度，根据售价分析采用哪种销售方案较好，并说明理由．






 在递增的等比数列中，前n项和为，，
求数列的通项公式；
若，求数列的前n项和






 如图，四棱锥中，四边形ABCD是矩形，，，为正三角形，且平面平面ABCD，E、F分别为PC、PB的中点．
证明：平面PAD；
求几何体ABCDEF的体积．






 已知过点的直线与抛物线C：交于不同的两点M，N，过点M的直线交C于另一点Q，直线MQ斜率存在且过点，抛物线C的焦点为F，的面积为
求抛物线C的方程；
求证：直线QN过定点






 已知函数
求的单调区间；
若存在极大值M和极小值N，证明：






 在直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为
求圆C的直角坐标方程，并指出圆心坐标和半径；
设点M的直角坐标为，直线l与圆C的交点为A，B，求的值．






 设函数
求不等式的解集．
若的最大值为，证明：







答案和解析 1.【答案】D
 【解析】解：，
故，
故选：
由题意先化简，再求
本题考查了集合的化简与集合的运算，属于基础题．
 2.【答案】B
 【解析】解：，

故选：
根据已知条件，结合复数的运算法则，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，属于基础题．
 3.【答案】A
 【解析】解：由得，
又“”是“”的充分不必要条件，
则“”是“”的充分不必要条件，
故选：
由充分必要条件结合不等式的解法求解即可．
本题考查了不等式的解法，重点考查了充分必要条件，属基础题．
 4.【答案】D
 【解析】解：因为，，
所以，解得，
所以，，
所以
故选：
根据诱导公式求得的值，结合角的范围可求得的值，再利用诱导公式化简所求即可求得答案．
本题考查了诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
 5.【答案】C
 【解析】解：对于A，若，，，
当时，无法判断与是否平行，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则，
又，所以，故C正确；
对于D，若，，n，，
当时，无法判断m与是否垂直，故D错误．
故选：
根据面面平行的判定定理即可判断A；
根据线面平行的判定定理即可判断 B；
根据面面垂直的判定定理即可判断C；
根据线面垂直的判定定理即可判断
本题考查了面面平行、线面平行、面面垂直、线面垂直的判定定理，属于基础题．
 6.【答案】D
 【解析】解：由，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为
故选：
由可得，所以，进一步即可利用基本不等式进行求解．
本题考查基本不等式的运用，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
 7.【答案】C
 【解析】解：将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
由，可得，则在上递增，
当时，取得最小值，
故选：
由三角函数的相位变换可得的解析式，再由正弦函数的单调性即可得到最小值．
本题考查三角函数的图象变换，以及正弦函数的单调性和最值的求法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
 8.【答案】D
 【解析】解：把2只鸡记为m，n，2只兔子记为长耳朵H，和短耳朵h，
则从笼中依次随机取出一只动物，直到4只全部取出，共有如下24种不同的取法，
，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
其中“长耳朵“恰好是第2只被取出的动物，则共有6种取法，
则“长耳朵”恰好是第2只被取出的动物的概率为
故选：
依据古典概型即可求得“长耳朵”恰好是第二只被取出的动物的概率．
本题考查古典概型的概率问题，属基础题．
 9.【答案】B
 【解析】解：先取上半年立冬到夏至进行研究，设晷影长为等差数列，公差为d，单位寸
则，，
，
，
立春对应的晷影长，
夏至对应的晷影长
再取下半年夏至到立冬进行研究，设晷影长为等差数列，公差为，，
立秋对应的晷影长，
，
春分对应的晷影长，
不正确，ACD正确．
故选：
利用等差数列的通项公式即可得出结论．
本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 10.【答案】B
 【解析】解：由是定义在R上的奇函数，为偶函数，
可得，，即，
所以，
即有，可得，
则的最小正周期为8，
当时，，
则

故选：
由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期为8，结合对数的运算性质可得所求和．
本题考查函数的奇偶性和周期性的判断和运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
 11.【答案】D
 【解析】解：因为，再由椭圆的对称性可得四边形为矩形，则，
因为，可得，
且M为第一象限，整理可得：，
，可得，
所以，又，
可得，
所以，整理可得：，
解得
故选：
由题意形为矩形，由勾股定理可得，可得，可得的值，又由的范围，可得a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
 12.【答案】D
 【解析】解：根据题意，函数，，必有，
则，故，
故选：
根据题意，分析在区间上的值域，即可得，由此分析可得答案．
本题考查函数值和函数值域的分析，关键是求出的值域，属于中档题．
 13.【答案】
 【解析】解：向量，，，
，
则实数，
故答案为：
由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得k的值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
 14.【答案】
 【解析】解：由题意，不妨取，由题可得，
解得，，，
故双曲线的标准方程为：
故答案为：
运用双曲线的离心率公式和a，b，c的关系，解方程组即可得到a，b，进而得到双曲线的方程；
本题考查双曲线的简单性质的应用，标准方程的求法，是基础题．
 15.【答案】
 【解析】解：由题意，过直线PO的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，

设正三角形的边长为a，可得，解得，
底面圆的半径为，圆锥的高为，
所以该圆锥的体积为
故答案为：
由题设正三角形的边长为a，得到底面圆的半径为，圆锥的高为，结合圆锥的体积公式，即可求解．
本题主要考查锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 16.【答案】
 【解析】解：因为，
可得，
因为A，B为锐角，
所以，，
所以，即，
由C为三角形内角，得，
因为，两边平方，可得，
由余弦定理得，，可得，
所以，
由正弦定理得，，可得，，
所以，
因为为锐角三角形，所以且，可得，，
可得，可得
可得可得
故答案为：
由已知结合正弦定理，同角商的关系，和差角公式进行化解可求，进而可求C，由已知结合余弦定理及向量数量积的性质先表示CD，然后结合正弦定理，和差角公式进行化解，然后结合正弦函数的性质可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式，辅助角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
 17.【答案】解：这20筐水果得分的平均数为
方案1：由于得分的平均数
所以可以估计这批水果的销售单价为万元/吨．
方案2：设这批水果售价的平均值为万元/吨，由已知数据得，
得分在内的有17，23，共2个，所以估计四级水果所占比例为，
得分在内的有27，31，36，40，45，50，共6个，所以估计三级水果所占比例为，
得分在内的有51，51，58，63，65，68，71，共7个，所以估计二级水果所占比例为，
得分在内的有78，79，80，85，95，共5个，所以估计一级水果所占比例为，
则万元/吨
所以从经销商的角度考虑，采用方案1的售价较高，
所以采用方案1较好．
 【解析】利用平均数公式求解即可；
先求个等级的占比，再结合平均数运算公式求解即可．
本题考查了平均数的求法，重点考查了运算能力，属基础题．
 18.【答案】解：设等比数列的公比为q，
由，得，
所以，即，所以，
因为等比数列递增，所以，
所以
由可得，所以，
故
 【解析】由，得，再由等比数列的通项公式，可得公比q，进而得解；
根据对数的运算公式可得，再由等差数列的前n项和公式，得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等比数列的通项公式，等差数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 19.【答案】证明：，F分别为PC，PB的中点，
是矩形，，则，
平面PAD，平面PAD，
平面PAD；
解：分别取AD，BC的中点O，M，连接PO，OE，OM，ME，
则，
，，
四边形BMEF为平行四边形，则，
又，且
平面平面ABF，
又，为三棱柱，
，，
平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
由为边长为2的正三角形，可求得，到平面ABCD的距离为，
几何体ABCDEF的体积

 【解析】由E，F分别为PC，PB的中点，得进一步得到，再由直线与平面平行的判定可得平面PAD；
分别取AD，BC的中点O，M，连接PO，OE，OM，ME，证明为三棱柱，再证明平面ABCD，把几何体ABCDEF的体积转化为求解．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
 20.【答案】解：由题可知，分
由，解得，分
所以抛物线C的方程为分
证明：设，，，直线AM的方程，
联立消去y得，
则，，分
由题可知，
所以直线QN的方程为分
要证直线QN过定点，即证，即恒成立．分
同理可知直线MQ的方程为，
代入得，
得，分
所以，所以，即直线QN过定点分
 【解析】利用三角形的面积求解p，得到抛物线方程．
设，，，直线AM的方程，联立，结合韦达定理，求解直线QN的方程，求解直线MQ的方程，然后证明直线QN过定点
本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的简单性质的应用，是中档题．
 21.【答案】解：因为，，
所以，
令，得，，
令，得或；令，得，
所以的单调递减区间为和；单调递增区间为；
证明：由可知；
，
所以因为，所以，
因为，
所以，
即得证．
 【解析】求出，再令，求出两根，根据导数的正负确定单调区间即可；
由可得，，得到即可证明．
本题考查了利用导数求函数的单调区间及极值，属于中档题．
 22.【答案】解：圆C的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为，整理得，
该圆的圆心坐标为半径
把直线l的参数方程为为参数，代入，
整理得：，
故，和为A、B对应的参数；
所以，，
所以
 【解析】直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 23.【答案】解：当时，原不等式等价于，解得；
当时，原不等式等价于，解得；
当时，原不等式等价于，解得
综上，原不等式的解集是
证明：因为所以，则
方法一因为，，，
所以，即，
当且仅当时，等号成立，故
方法二由柯西不等式得，
当且仅当时，等号成立，
即，故
 【解析】根据，利用零点分段法解不等式即可；
方法一：求出的最大值，得到，然后利用基本不等式证明即可；
方法二：根据条件，直接利用柯西不等式证明即可．
本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和柯西不等式的应用，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．