内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题-a8a671bc8b104b389891ed209af1d71e

绝密★启用前

内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．若集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．复数在复平面内对应的点为，则（       ）

A． B． C． D．

3．（       ）

A． B． C． D．

4．已知命题：幂函数在上单调递增；命题：若函数为偶函数，则的图象关于直线对称．则下列命题为假命题的是（       ）

A． B． C． D．

5．图形是信息传播、互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形．即做几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图．下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的最长的一条侧棱长为（       ）

A．3 B． C． D．

6．非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的正射影的数量为（       ）

A． B． C． D．

7．如图所示程序框图，其输出值（       ）

A．24 B．25 C．26 D．27

8．将函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线对称，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

9．直线l：与函数的图象有两个公共点，则k的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

10．已知点F为双曲线（，）的右焦点，若双曲线左支上存在一点P，使直线与圆相切，则双曲线离心率的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．若过点可以作三条直线与曲线C：相切，则m的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

12．在一个含有底面的半球形容器内放置三个两两外切的小球，若这三个小球的半径均为3，且每个小球都与半球的底面和球面相切，则该半球的半径（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．3月12日是植树节，某地组织青年志愿者进行植树活动，植树的树种及其数量的折线图，如图所示．后期，该地区农业局根据树种采用分层抽样的方法抽取150棵树，请专业人士查看树种的成活情况，则被抽取的梧桐树的棵数为______．

14．如图所示，在平面四边形ABCD中，若，，，，则的面积的最大值为______．

15．设随机变量X服从正态分布，若，则______．

16．已知函数是R上的奇函数，对任意，都有成立，当，，且时，都有，有下列命题：

①；

②点是函数图象的一个对称中心；

③函数在上有2023个零点；

④函数在上为减函数；

则正确结论的序号为______．

17．从①，②，这两个条件中选择一个补充到下面问题中，并完成解答．

问题：已知数列的前n项和为，且______，为等差数列，，，，成等差数列．

(1)写出所选条件的序号，并求数列、的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

18．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，本届冬奥会的关注度已经超越了以往历届冬奥会．北京冬奥会国家速滑馆（“冰丝带”）承办了本届奥运会的部分冰上项目比赛．速度滑冰、冰球、花样滑冰项目中，运动员在冰面上急转急停时，冰刀会对冰面造成损伤，因此为给运动员们提供及时优质的冰面保障，每个比赛曰都需要及时补冰．已知，场馆室内温度的变化对于补冰量具有一定的影响，在赛事举办期间随机挑选五天，对场馆室内温度与补冰量进行测量，得到如下相关数据表：

(1)从这5个比赛日中任选2天，记这2个比赛日补冰量分别为m，n，求事件“m，n均不小于25”的概率；

(2)利用编号为2，3，4的3组相关数据，建立y关于x的线性回归方程，根据此回归方程，求场馆室内温度为10℃时的补冰量的估计值，并计算该估计值与测量值之差的绝对值．

附：样本的最小二乘法估计公式为

，

19．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D、E分别是，的中点．

(1)证明：平面平面；

(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．

20．拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点M的坐标为，与直线l相切．

(1)求抛物线C和的标准方程；

(2)已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．

21．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若函数，证明：当时，．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同单位长度，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)求曲线上的点到直线距离的最小值.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)令的最小值为.若正实数，，满足，求证：.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

根据一元二次不等式的解法，求得，集合集合交集的运算，即可求解.

【详解】

由不等式，所以集合，

又由集合，所以.

故选：A.

2．A

【解析】

【分析】

复数在复平面内对应的点为，可得到复数的代数形式，计算即可求解.

【详解】

因为复数在复平面内对应的点为，

所以，所以，

故选：A.

3．B

【解析】

【分析】

根据三角函数的诱导公式，准确化简、运算，即可求解.

【详解】

由三角函数的诱导公式得.

故选：B.

4．C

【解析】

【分析】

首先分别判断命题和命题的真假，然后再根据逻辑连接词“且”、“或”、“非”进行判断即可.

【详解】

是偶函数，

幂函数在上单调递减，

在上单调递增，

命题为真命题；则为假命题；

函数为偶函数，

 的图象关于直线对称

命题为真命题；则为假命题；

又逻辑连接词“且”为“一假必假”，“或”为“一真必真”，

则对于A，为真命题；

对于B，为真命题；

对于C，为假命题；

对于D，为真命题；

故选：C.

5．B

【解析】

【分析】

由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，画出直观图，从而可求出最长的侧棱长

【详解】

由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，如图所示，

，，

所以，

所以最长的一条侧棱长为，

故选：B

6．D

【解析】

【分析】

利用垂直的向量表示，再利用正射影的数量的意义计算作答.

【详解】

非零向量，，满足，则，即，又与的夹角为，，

所以在上的正射影的数量.

故选：D

7．A

【解析】

【分析】

根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.

【详解】

根据给定的程序框图，可得：

第1次循环，满足判断条件，；

第2次循环，满足判断条件，；

第3次循环，满足判断条件，；

第4次循环，满足判断条件，；

第5次循环，不满足判断条件，输出；

故选：A.

8．A

【解析】

【分析】

根据三角函数的图象变换，求得，结合，列出三角方程，即可求解.

【详解】

将函数的图象向右平移个单位后，

可得，

因为的图象关于直线对称，，

即，可得，解得，

又因为，所以的最小值为.

故选：A.

9．C

【解析】

【分析】

由直线l：过点，函数表示半圆，根据直线与半圆有两个公共点求解.

【详解】

解：直线l：过点，

函数变形为其图象如图所示：

由图象知：，，

因为直线l：与函数的图象有两个公共点，

所以，

故选：C

10．B

【解析】

【分析】

由题意求出直线的斜率为，然后列出不等式，转化为求解双曲线的离心率的范围即可

【详解】

设直线为，

因为直线与圆相切，

所以，所以

解得，

因为点在双曲线的右支上，

所以，

所以，所以，

所以，

所以，

故选：B

11．D

【解析】

【分析】

求出导函数,利用导数的几何意义列出方程，即可求解.

【详解】

设切点为,过点P的切线方程为,代入点P坐标，化简为，即这个方程有三个不等根即可.

令,求导得：.

令，解得：，所以在上递增；令，解得：或，所以在和上递增.

要使方程有三个不等根即可.

只需,即.

故选：D

12．A

【解析】

【分析】

设三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，由，可求得再加上3可得半球半径．

【详解】

如图，三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，

，

，，

所以，

所以半球半径为．

故选：A．

13．10

【解析】

【分析】

利用分层抽样法即可求出被抽取的梧桐树的棵数．

【详解】

由分层抽样法，被抽取的梧桐树的棵数为：．

故答案为：．

14．

【解析】

【分析】

在中，由余弦定理求得，再在中，由余弦定理和基本不等式，求得，结合面积公式，即可求解.

【详解】

在中，，

在中，由余弦定理得，

即，

当且仅当时，等号成立，所以，

又由，可得，

所以面积的最大值为.

故答案为：.

15．##

【解析】

【分析】

根据正态曲线的对称性计算可得；

【详解】

解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称，

因为，所以，

所以；

故答案为：

16．①②③

【解析】

【分析】

由已知得出函数的周期性，然后由奇偶性与周期性、单调性定义判断．

【详解】

，令得，，令得，，

所以，又是奇函数，

，，是周期函数，4是它的周期，

当，，且时，都有，即时，，在是增函数，由奇函数性质知在上也是增函数，所以在上递增，

所以，从而，

，

，①正确；

，则函数图象关于直线对称，又函数图象关于原点对称，因此也关于点对称，②正确；

由上讨论知在上有2个零点，，

注意，

因此在上零点个数为，③正确；

由周期性知函数在与时的图象相同，函数同为增函数，④错误．

故答案为：①②③．

17．(1)，；

(2).

【解析】

【分析】

（1）选择条件①和②，都是利用与的关系先求出数列的通项，再求出等差数列的公差即得的通项公式；

（2）利用裂项相消法求解.

(1)

解：选择条件①：由题意知：，

即，

当时，，

当时，，适合.

综上数列的通项公式为.

选择条件②：由题意知：,

当时，解得,

当时，,

,

∴,

整理得,

∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列,

∴.

∵，，为等差数列,

∴,

又∵数列为等差数列，设公差为d且,

∴,

解得,

所以等差数列的通项公式为.

(2)

解：由（1）知，，，

∴，

∴，

∴.

18．(1)

(2)1

【解析】

【分析】

（1）方法一：列举m、n的所有情况，利用古典概型的概率求解；方法二：结合组合，利用古典概型的概率求解；

（2）先求得，，进而得到，，写出线性回归方程，再令求解.

(1)

解：方法一：依题意得，m、n的所有情况为：

{23，25}、{23，30}、{23，26}、{23，16}、{25，30}、{25，26}、{25，16}、{30，26}、{30，16}、{26，16}共有10个

设“m、n均不小于25”为事件A，则事件A包含的基本事件为：

{25，30}、{25，26}、{30，26}共有3个，

所以，

即事件A的概率

方法二：设“m、n均不小于25”为事件A

则

即事件A的概率为；

(2)

由数据得，，

，，

∴，

；

∴y关于x的线性回归方程为

当时，，，

所以，得到的估计值与测量值之差的绝对值为1．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由，证得，再根据题意证得平面，得到，进而证得平面，即可证得平面平面.

（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，得到和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.

(1)

证明：由题意知，，可得，，

所以，所以，所以，

因为，且为的中点，可得，

又因为侧棱底面，且底面，所以，

又由，所以，

因为，所以平面，

又因为平面，所以，

因为且平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

(2)

解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，可得，设，

可得，，，则，，

由平面，所以平面的法向量为，

设与平面ADE所成角为，则.

20．(1)，

(2)相切，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）由题意设拋物线C的方程为，将代入可求出P，Q两点坐标，再由可得，从而可求得的值，则可得抛物线的方程，由题意可得的半径为2，从而可求出的方程，

（2）由已知可得在抛物线上，设，，则可得， 从而可表示出直线的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得，同理得的方程为，所以可得

直线方程为，进而可求出点M到直线距离，由此可得结论

(1)

由已知，设拋物线C的方程为（），

当时，，则，

所以不妨设 ，，

因为，所以，

所以，解得

所以抛物线C的，

因为与直线l：相切，，

所以的半径为2，

所以的方程

(2)

由已知可得在抛物线上，设，

所以，

所以的点斜式方程为

整理可得，

此直线与圆相切，可得，

平方后可得

又因为

化简得，

同理：的方程为，

所以直线方程为，

所以点M到直线距离为，

所以直线与相切

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，可得，分，，，和四种情况进行分类讨论的单调性；

（2）根据题意，将原问题转化为 成立，令，利用导数求出函数的最大值，再令，利用导数在函数最值中的应用，结合“隐零点”的用法，可知，存在，使得，再根据函数的单调性，可求出函数的最小值，将的最大值和的最小值比较，即可求证结果.

(1)

解：由题意可得的定义域为

①当时，即，在单调递增．

②当时，即，

时，，单调递增；

时，，单调递减；

时，，单调递增；

③当时，即，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

④当时，即，

时，，单调递减，

时，，单调递增；

综上可得：

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；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)

证明：当时，，

要证即证，

只需证，只需证，

令，则，

∴时，，单调递增，

∴时，，单调递减，

∴，

令，则，

令，则，

∴在上单调递增

又∵，，

∴存在，使得，

即；

∴，，，单调递减，

，，，单调递增；

∴，

令，则在上单调递减，

∴，

即，

∵，

∴，

∴，即

∴时，恒成立

∴.

22．(1)，；

(2).

【解析】

【分析】

（1）消去曲线C的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线的直角坐标方程作答.

（2）设出曲线C上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答.

(1)

由（为参数），消去参数得，

所以曲线的普通方程为，

把代入直线的极坐标方程得：，

所以直线的直角坐标方程为.

(2)

由（1）知，曲线的参数方程为（为参数），

设为曲线上一点，到直线的距离为，

则，其中锐角由确定，

因此，当时，取到最小值，

所以曲线上的点到直线距离的最小值为.

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）零点分段法解绝对值不等式；（2）在第一问的基础上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，证明出结论.

(1)

由得：

或或

解得：或或

综上所述：不等式的解集是.

(2)

证明：由（1）中函数的单调性可得

∴

当且仅当时等号成立.