河南省名校联盟2022届高三5月大联考理科数学试题

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河南省名校联盟2022届高三5月大联考理科数学试题

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．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足z(1+i)＝2+4i，则|z|＝（       ）

A．10 B．5 C． D．

3．设满足约束条件则的最大值为（       ）

A．8 B．6 C．4 D．

4．已知正项等比数列的前n项和为，且满足，则公比q＝（       ）

A． B．2 C． D．3

5．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

6．函数的部分图象如图所示，则图象的一个对称中心为（       ）

A． B．

C． D．

7．曲线在处的切线方程为（       ）

A．4x－y+8＝0 B．4x+y+8＝0

C．3x－y+6＝0 D．3x+y+6＝0

8．在长方体中，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）

A． B． C． D．

9．抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线E上的点B反射后，与抛物线E交于点C，若的面积是10，则(       )

A． B．1 C． D．2

10．某校在高三第一次联考成绩公布之后，选取两个班的数学成绩作对比．已知这两个班的人数相等，数学成绩均近似服从正态分布，如图所示．其中正态密度函数中的是正态分布的期望值，是正态分布的标准差，且，，，则以下结论正确的是（       ）

A．1班的数学平均成绩比2班的数学平均成绩要高

B．相对于2班，本次考试中1班不同层次学生的成绩差距较大

C．1班110分以上的人数约占该班总人数的4.55%

D．2班114分以上的人数与1班110分以上的人数相等

11．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式．”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是（       ）

A．27 B．28 C．29 D．30

12．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其中一列数如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……．按此规律得到的数列记为，其前n项和为，给出以下结论：①；②182是数列中的项；③；④当n为偶数时，．其中正确的序号是（       ）

A．①② B．②③ C．①④ D．③④

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，若，则_____．

14．二项式展开式中，含的项的系数为_____．

15．已知四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面SAB为等边三角形，AB＝3，则当四棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为________．

16．若､是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为________.

17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角A；

(2)若，，求△ABC的面积.

18．相对于二维码支付､刷脸支付更加便利，以往出门一部手机解决所有，现在连手机都不需要了.毕竟手机支付还需要携带手机，打开“扫一扫”也需要手机信号和时间，从而刷脸支付可能将会替代手机支付，成为新的支付方式，现从某大型超市门口随机抽取100名顾客进行调查､得到如下列联表：

(1)请将上面的列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为是否使用刷脸支付与性别有关；

(2)根据是否刷脸支付，按照分层抽样的方法在女性中抽取9名，为进一步了解情况､再从抽取的9人中随机抽取4人，求抽到刷脸支付的女性人数X的分布列及数学期望.

附：，其中

19．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D是BC的中点.

(1)证明：平面.

(2)求直线AC与平面所成角的正弦值.

20．已知椭圆的离心率为为椭圆上一点.

(1)求椭圆的标准方程.

(2)若过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，记直线的斜率分别为，试问是否是定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.

21．已知函数．

(1)讨论f(x)的单调性．

(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.直线经过点，且倾斜角为.

(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的一个参数方程；

(2)若直线与曲线相交于两点，且，求实数的值.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若函数的最小值是，对任意的实数，且，求的最小值.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

解不等式求出，进而求出并集.

【详解】

因为，所以.

故选：C

2．C

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算求解，根据复数模的定义求解即可.

【详解】

解：由题可知，故.

故选：C.

3．A

【解析】

【分析】

画出可行域和目标函数，利用几何意义求出最大值.

【详解】

作出可行域和目标函数，

当直线经过点时，有最大值，最大值为8.

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

根据前项和定义把化为，则等比数列的定义得出的方程，解之可得．

【详解】

由，则，所以，即，

解得q＝3或q＝－1（舍去）．

故选：D．

5．C

【解析】

【分析】

由奇偶性判断A选项，再利用函数值的正负排除BD选项.

【详解】

由题意知的定义域为，

因为，所以为奇函数，排除A.

当时，，当时，，排除B，D.

故选：C.

6．C

【解析】

【分析】

根据图象求出函数解析式，再由正弦型函数的对称中心求解即可.

【详解】

由图可知，则，所以.

由，得，所以.

令，得，

当时，，即图象的一个对称中心为.

故选：C

7．B

【解析】

【分析】

将代入曲线方程求得切点坐标，利用导数的几何意义求解切线斜率，利用直线方程点斜式求解即可.

【详解】

解：因为，所以，所以．

又当时，，故切点坐标为，所以切线方程为．

故选：B.

8．A

【解析】

【分析】

连接，取的中点，连接，，，即可得到，，

是异面直线与所成的角（或补角），再利用余弦定理计算可得；

【详解】

解：如图，连接，取的中点，连接，，.

在长方体中，

因为且，且，

所以且，所以四边形是平行四边形，

同理可得四边形平行四边形，所以，，

故是异面直线与所成的角（或补角）.

设，则，，

故，

即异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A

9．D

【解析】

【分析】

根据AB∥x轴知B点纵坐标为2p，代入抛物线方程可求B点横坐标，利用B和F求出直线BC的方程，代入抛物线方程消去y可得根与系数关系，根据抛物线焦点弦长公式可求BC长度，利用点到直线距离公式可求A到直线BC的距离d，根据即可求出p．

【详解】

由题知抛物线焦点为，AB∥x轴，

将y=2p代入得x=2p，则B为(2p，2p)，

由题可知B、F、C三点共线，BC方程为：，即，

代入抛物线方程消去y得，，

设方程两根为，则，则，

又到BC：的距离为：，

∴由得．

故选：D．

10．D

【解析】

【分析】

根据题中正态分布曲线的性质可判断A、B两项，利用正态分布三区间计算C、D两项的概率即可.

【详解】

解：因为的最大值为，所以1班的数学成绩，2班数学成绩，所以1班的数学平均成绩为100，2班的数学平均成绩为102，A错误；

因为1班数学成绩的标准差为5，2班数学成绩的标准差为6，标准差越大，说明成绩分布越分散，差距越大，所以B错误；

因为，所以C错误；

因为，所以D正确．

故选：D.

11．D

【解析】

【分析】

根据数字之和为3的偶数倍数，然后分类直接列举可得.

【详解】

要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数．满足条件的回文数分为以下几类：

和为6的回文数：1221,2112，3003， 3个．

和为12的回文数：3333，2442，4224，1551，5115，6006， 6个．

和为18的回文数：1881，8118，2772，7227，3663，6336，4554，5445，9009，9个．

和为24的回文数：3993，9339，4884，8448，5775，7557，6666，7个．

和为30的回文数：7887，8778，6996，9669，4个．

和为36的回文数：9999，1个．

故共有3+6+9+7+4+1＝30个．

故选：D

12．C

【解析】

【分析】

直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式，代入数列的具体值依次判断选项即可.

【详解】

数列的偶数项分别为2，8，18，32，50，，

通过观察可知，同理可得，

所以,

因为，所以①正确，③错误；

由，解得，由，解得，

又因为，所以方程都无正整数解，所以182不是中的项，故②错误．

当n为偶数时，，故④正确．

故选：C.

13．或##或

【解析】

【分析】

根据向量的坐标运算及向量垂直的数量积表示求解即可.

【详解】

，

，

，

，解得或.

故答案为：或.

14．60

【解析】

【分析】

根据二项式展开式的通项公式，令的指数等于3，从而求得展开式中含项的系数．

【详解】

展开式的通项公式为

，

令，解得；

∴展开式中含项的系数为．

故答案为：60．

【点睛】

本题考查二项式展开式的通项公式计算问题，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力运算求解能力，属于基础题.

15．

【解析】

【分析】

根据题意可知侧面底面ABCD，然后结合图形由底面外接圆半径、球心到底面的距离和球的半径满足勾股定理可得.

【详解】

依题意可知，当侧面底面ABCD时，四棱锥S－ABCD的体积最大．

设球心为O，半径为R，正方形ABCD和外接圆的圆心分别为，，正方形ABCD外接圆半径为，则平面ABCD，平面SAB．

因为和正方形ABCD的边长均为3，设AB的中点为E，

所以，，

由勾股定理得，

所以球O的表面积．

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义算出△AF1F2中，|AF1|=2a，|AF2|=4a，由△ABF2是等边三角形得∠F1AF2=120°，利用余弦定理算出c=a，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线C的离心率.

【详解】

因为△ABF2为等边三角形，可知，

A为双曲线上一点，，

B为双曲线上一点，则 ，即，

∴

由，则，已知，

在△F1AF2中应用余弦定理得：，

得c2=7a2，则e2＝7⇒e＝

故答案为：

【点睛】

方法点睛：求双曲线的离心率，常常不能经过条件直接得到a，c的值，这时可将或视为一个整体，把关系式转化为关于 或的方程，从而得到离心率的值.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理和余弦定理对已知式子化简可求出角A；

（2）利用余弦定理求出，从而可求出三角形的面积

(1)

因为，

所以，

所以，

因为，

所以.

因为，

所以.

(2)

因为，，，

所以由余弦定理，

可得，即，

解得或（舍去），

故△ABC的面积为.

18．(1)表格见解析，有的把握认为是否使用刷脸支付与性别有关

(2)分布列见解析，

【解析】

【分析】

（1）先将列联表补充完整，计算出卡方值，和6.635比较即可判断；

（2）可得的可能取值为，求出取不同值的概率，即可得出分布列，求出期望.

(1)

列联表补充为

，

所以有的把握认为是否使用刷脸支付与性别有关.

(2)

易知9人中刷脸支付的有5人，非刷脸支付的有4人.

由题意可知，的可能取值为.

，，

，，

，

的分布列为

.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）在平面内作出的平行线即可；

（2）建立空间直角坐标系，根据线面角公式即可求得正弦值.

(1)

证明：连接，交于O，连接OD.

因为O是的中点，D是BC的中点，

所以OD是的中位线，所以.

因为平面，平面，

所以平面.

(2)

因为平面ABC，，可以D为坐标原点，以，的方向分别x，y轴的正方向，平行于为轴，向上为正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，

.设平面的法向量为，

则令，得.

因为，所以，

故直线AC与平面所成角的正弦值为.

20．(1)

(2)为定值

【解析】

【分析】

（1）根据离心率与椭圆过的点，列出方程组，待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，求出两根之和，两根之积，表达出，计算，得到定值.

(1)

设椭圆的焦距为，

则，解得

故椭圆的方程为.

(2)

由题意可知直线的斜率存在，设直线.

联立整理得，

则.

因为，所以，

则

故为定值.

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；

（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.

(1)

解：由题意可得．

当时，恒成立，则在上单调递增；

当时，由，得，由，得，

则在上单调递减，在上单调递增．

综上，当时，在R上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

(2)

证明：由题得，时，对任意的，都有，即，

等价于，即.

设，则．

由，得；由，得．

则在上单调递增，在上单调递减，

故，即，即，当且仅当时，等号成立．

设，则．

由，得；由，得．

则在上单调递减，在上单调递增．

因为，，所以有解，

则，当且仅当时，等号成立．

即，即．

【点睛】

导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．(1)，（为数）；

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用消参可得曲线的直角坐标方程，由直线的参数方程可得直线的参数方程；

（2）利用直线参数方程代入中，由参数的几何意义求出，解方程即可.

(1)

由曲线的参数方程为（为参数）消参可得：

曲线的直角坐标方程为.

因为直线经过点，且倾斜角为，

所以直线的一个参数方程为（为参数）.

(2)

将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得.

设两点对应的参数分别是，由题意可得，解得.

当时，，不符合题意；

当时，，符合题意.

故.

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）零点分段法求解绝对值不等式；（2）先求出，利用基本不等式“1”的妙用求解最值.

(1)

不等式等价于或或

解得:，即不等式的解集是.

(2)

由（1）可知在单调递减，在上单调递增，

所以.

因为，所以.

因为，所以，

所以，当且仅当时，等号成立.