2022届四川省成都石室中学高三下学期“二诊模拟”数学（文）试题含解析

这是一份2022届四川省成都石室中学高三下学期“二诊模拟”数学（文）试题含解析，共20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届四川省成都石室中学高三下学期“二诊模拟”数学（文）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合A,B，再求交集即可【详解】解：，，.故选：C，【点睛】此题考查集合的交集运算，考查对数不等式的解法，属于基础题2．已知复数z满足(i是虚数单位)，则复数z的共轭复数的虚部为(       )A．1 B．i C． D．【答案】D【分析】根据复数的运算法则和概念即可得答案.【详解】∵，∴，∴，∴的虚部为．故选：D.3．已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据焦点到渐近线的距离为b，再由求出c，即可求出离心率.【详解】不妨设焦点为，渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离为，又，所以，所以该双曲线的离心率．故选：A4．已知向量与的夹角为，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据向量的数量积的运算公式和向量模的运算公式，即可求解.【详解】由题意，向量，的夹角为且，，又由，所以.故选：B5．执行如图所示的程序框图，运行相应的程序．若输入的a，b，c分别为，，，则输出的结果为（       ）A．a B．bC．c D．无法确定【答案】B【分析】根据程序框图，可知该程序框图表示取，，中的最大值，再根据指数函数、对数函数的性质判断即可；【详解】解：程序框图表示取，，中的最大值，因为，即，，，所以，所以，，中的最大值为．故选：B6．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意化简所给解析式，利用齐次式性质，化简计算，即可得答案.【详解】原式故选：D7．基本再生数与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型来描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足，有学者基于已有数据估计出，．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加2倍需要的时间约为（       ）（参考数据：）A．2天 B．5天 C．4天 D．3天【答案】D【分析】根据题中所给的函数模型求出指数增长率的值，然后根据求出答案即可.【详解】因为，，，则指数增长率设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加2倍需要的时间为天所以，则所以，即．所以（天）．故选：D8．已知直线l为曲线在处的切线，则直线l的方程是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式求出直线方程.【详解】，，，又切点为，所以切线方程为，即，故选：A9．已知不等式组，构成的平面区域为D．命题p：对，都有；命题，使得．下列命题中，为真命题的是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形由线性规划的知识可判断命题p、 q的真假，然后根据复合命题真假判断结论即可求解.【详解】不等式组表示的平面区域D如图中阴影部分（包含边界）所示．根据不等式组表示的平面区域结合图形可知，命题p为真命题，命题q也为真命题，所以根据复合命题真假判断结论可得ACD错误，B选项正确．故选：B10．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（       ） A． B． C． D．【答案】A【分析】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，球的半径为，然后求出和圆心到底面的距离即可.【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为O，球的半径为．因为球的体积为，即，所以球O的半径．由题意可得，圆的半径为1．利用球的性质，得．又因为圆心到底面的距离即为侧面三角形的高，且其高为，所以球心到底面的距离为．故选：A11．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且，则直线OM的斜率的最大值为（       ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】设出，P点坐标，根据及抛物线方程，得到，从而表达出直线OM的斜率，利用基本不等式求出最大值.【详解】因为，设，显然当时，，当时，，则要想求解直线OM的斜率的最大值，此时，设，因为，所以，即，解得：，由于，所以，即，由于，则，当且仅当，即时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为.故选：C12．已知函数，下列对于函数性质的描述，错误的是（       ）A．是的极小值点B．的图象关于点对称C．若在区间上递增，则的最大值为D．有且仅有三个零点【答案】C【分析】，求出，分析出的单调性，可判断AC，计算，可判断B，结合的单调性、奇偶性和极值符号可判断D.【详解】因为所以由可得，由可得所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极小值点，故A正确；若在区间上递增，则的最大值为，故C错误；因为，当时，单调递减，时，单调递增，，所以在区间上有一个零点，当时，，，，此时无零点，所以当时，有且仅有一个零点又因为是奇函数，所以当时，有且仅有一个零点，故有且仅有三个零点，故D正确；因为，所以的图象关于点对称，故B正确，故选：C二、填空题13．函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______．【答案】-0.5【分析】根据奇函数的定义，结合指对数的运算法则，即可得答案.【详解】因为，所以由为奇函数得：．故答案为：14．为美化校园，创建读书角，同学将莫言的部作品《红高粱》《酒国》《蛙》随机地排在书架上，《蛙》恰好放在三本书中间的概率是___________.【答案】【分析】利用排列数公式计算三本书不同的排法种数，根据古典概型求解.【详解】3本书随机排在书架上共有种，其中《蛙》恰好放在三本书中间共有种排法，根据古典概型可知.故答案为：15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积为，则的最小值为______．【答案】【分析】利用正弦定理结三角函数恒等变换公式对已知的式子化简可求出，然后由的面积为，可求出，再利用基本不等式可求出的最小值【详解】由正弦定理，得．，，因为，所以，，所以，因为所以所以，即．因为的面积为，所以，即 ，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为．故答案为：16．若指数函数（且）与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是______．【答案】【分析】依题意方程有两个不同的解，两边取对数可得，从而可转化为与在图象上有两个不同的交点，利用导数说明函数的单调性，即可求出的最值，从而得到，即可求出参数的取值范围；【详解】解：指数函数（且）与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，等价于方程有两个不同的解．对方程两边同时取对数，得，即．因为，所以，从而可转化为与在图象上有两个不同的交点，．当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取到极大值，也是最大值，且最大值为．又因为当时，；当时，，所以．解得，即．故答案为：三、解答题17．设，有三个条件：①是2与的等差中项；②，；③．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．（如果选择多个条件分别作答，那么按第一个解答计分）若数列的前n项和为，且______．(1)求数列的通项公式；(2)若是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）选条件①时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件②时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件③时，利用与的关系可求出答案；（2）首先可得，然后利用错位相减法算出答案即可．(1)选条件①时，由于是2与的等差中项；所以，①当时，解得；当时，②，①②得：，整理得，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；所以（首项符合通项），所以；选条件②时，由于，；所以：，①，当时，，②，①②得：，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；故（首项符合通项），所以；选条件③时，因为，所以当时，当时，因为时也满足，所以(2)若是以2为首项，4为公差的等差数列，所以，所以，故①，②，①②得：；整理得．18．如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，E为棱PD的中点，（为常数且）．(1)当时．求证：平面ACE；(2)当时，求点F到平面AEC的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用平面的法向量的求法，解得平面的一个法向量，再根据可知，进而可知平面ACE；（2）根据上题求得的平面的法向量后利用，便可知F到平面AEC的距离.(1)证明：底面ABCD，又故三线两两垂直可以以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的坐标系由于为的中点，则又， 则 ，当 时，，可知又设平面的法向量，解得平面的一个法向量故，即平面ACE(2)解：当时，由（1）可知平面的一个法向量设点点到平面ACE的距离为故故点F到平面AEC的距离为.月份x123456收入y（百万元）6.68.616.121.633.341.0 (1)根据散点图判断，与（a，b，c，d均为常数）哪一个更适宜作为5G经济收入y关于月份x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）(2)根据（1）的结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程，并预测该公司7月份的5G经济收入；（结果保留小数点后两位）(3)从前6个月的收入中随机抽取2个，求恰有1个月的收入超过20百万元的概率．参考数据： 3.5021.152.8517.50125.356.734.5714.30 其中，设，．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);7月份的5G经济收入(3)【分析】(1) 由散点图可判断得出答案.（2）根据（1）的函数，两边取对数，根据参考数据求出回归方程，再将代入方程可得答案.（3）根据条件先求出从前6个月的收入中随机抽取2个的总的不同取法数，再求出其中恰有1个月的收入超过20百万元的不同取法数，由古典概率可得答案.(1)散点图中的点的分布不是一条直线，相邻两点在轴上的差距是增大的趋势.故选用作为5G经济收入y关于月份x的回归方程更合适.(2)由，取对数可得，设 所以 ，，， 所以 ，所以 即当时，(3)由题意可知1,2,3月的收入没有超过20百万，4,5,6月的收入超过20百万.从前6个月的收入中随机抽取2个，共有种不同的取法.其中恰有1个月的收入超过20百万元共有种取法则从前6个月的收入中随机抽取2个，求恰有1个月的收入超过20百万元的概率20．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆C过点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为，且，求证：直线AB过定点．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）由条件可得、，即可得到答案；（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理得出，然后利用求出的关系，即可得到定点的坐标，然后再验证直线的斜率不存在时也过该定点即可.(1)因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，所以，因为椭圆C过点，所以，所以所以椭圆C的标准方程为(2)当直线的斜率存在时，设其方程为，由可得所以所以化简可得所以当，即时，直线的方程为，过定点，不满足题意，当，即时，直线的方程为，过定点，当直线的斜率不存在时，设其方程为，由可得，所以所以，解得（舍）或也满足直线过定点综上：直线过定点21．已知函数，．(1)当，时，求证：恒成立；(2)当时，探讨函数的零点个数．【答案】(1)证明见解析(2)当时，有2个零点，当时，有1个零点，当时，有3个零点【分析】（1）根据题意，求得解析式，求导，令，求得极值点，分析可得和时，的单调性，分析即可得证（2）分别讨论、a=0和三种情况，根据对数函数、二次函数的性质，利用导数判断函数单调性和极最值，分析即可得答案.(1)当，时，，所以，令，解得x=1，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，即恒成立.(2)当时，，令，则，当，函数为开口向上的抛物线，且，所以与图象有2个交点，如图所示当a=0时，，解得x=1，故只有1个零点；当时，令，为开口向上的抛物线，令，解得， 此时恒成立，所以为单调递增函数，又，所以有唯一根x=1，即有1个零点；令时，解得或（舍），此时令，解得，因为，所以，所以，所以当时，，即，所以为增函数，当时，，即，所以为减函数，又，所以，当时，，所以时，存在唯一x，使，，且， 所以时，存在唯一x，使，所以有三个根，即有3个零点综上：当时，有2个零点，当时，有1个零点，当时，有3个零点22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)分别求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)已知，直线l与曲线C交于A，B两点，弦AB的中点为Q，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）消除参数，即可求出曲线的普通方程；根据将直线的极坐标方程转化为普通方程；（2）由题意，写出直线的参数方程，再将其代入曲线的普通方程，利用一元二次方程根与系数的关系式的关系，即可求出结果．(1)曲线的参数方程为，（为参数），转换为普通方程为；直线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为.(2)定点在直线上，转换为参数方程为：为参数），代入，得到：，所以，；故.23．已知函数，．．(1)若的解集为R．求实数a的取值范围；(2)若在上有解，求实数t的取值范围．【答案】(1);(2).【分析】（1）求出函数的最大值，当大于其最大值满足题意；（2）将问题转化为求函数的最小值.(1)因为，当且仅当时，取得最大值3，若的解集为R，则，故实数a的取值范围．(2)当时，，所以在上有解，即为在上有解，∴在上有解，设，易知在上单调递增，所以，∴，故实数t的取值范围．