2022届河南省安阳市重点高中高三模拟调研数学（理）试题含解析

2022届河南省安阳市重点高中高三模拟调研数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合，再根据集合的交集运算即可解出．

【详解】因为，而，所以．

故选：D．

2．设，则满足的复数z的个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】根据复数的运算可得，，即可求出满足题意的解的个数．

【详解】因为，所以，而，所以当时，；当时，或或；当时，，即满足的复数z的个数为5．

故选：D．

3．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性，借助“媒介”数比较作答.

【详解】函数在上单调递增，，则，

函数在R上单调递减，，，而，

所以.

故选：D

4．已知实数x，y满足，则（       ）

A．最小值为-7，最大值为2 B．最小值为-2，最大值为7

C．最小值为-7，无最大值 D．最大值为2，无最小值

【答案】C

【分析】作出可行域，利用平移法即可求出目标函数的最大最小值．

【详解】作出可行域，如图所示阴影部分：

，

，即，直线越往上移的取值越小，当直线往上平移至经过点时，取最小值，此时，当直线往下平移至经过点时，，因为该点取不到，所以无法取到最大值，即的最小值为-7，无最大值．

故选：C．

5．函数的最小正周期和最小值分别为（       ）

A．和 B．和0 C．和 D．和0

【答案】D

【分析】先求出定义域，再由商数关系及倍角公式化简，再求最小正周期和最小值即可.

【详解】由题意知，定义域为，，

则最小正周期为，最小值为，此时.

故选：D.

6．为推动就业与培养有机联动､人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目.现安排甲､乙两所高校与三家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则不同的对接方案共有（       ）

A．15种 B．16种 C．17种 D．18种

【答案】B

【分析】根据分类计数加法原理和分步乘法计数原理，对每所高校对接的用人单位数分类即可解出．

【详解】甲高校与用人单位对接的方案种数为，同理，乙高校与用人单位对接的方案种数为，故不同的对接方案共有种．

故选：B．

7．已知抛物线与圆交于A，B两点，则（       ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】先联立抛物线与圆求出A，B横坐标，再代入抛物线求出纵坐标即可求解.

【详解】由对称性易得A，B横坐标相等且大于0，联立得，解得，

则，将代入可得，则.

故选：C.

8．如图，在等腰直角中，斜边，M为AB的中点，D为AC的中点．将线段AC绕着点D旋转得到线段EF，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，结合即可求解.

【详解】易得，D为线段EF中点，则，，

，，则，

又，则.

故选：D.

9．已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.

【详解】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，

因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，

因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，

令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，

依题意，，，，弦，

所以.

故选：C

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

10．已知数列满足，若的前n项积的最大值为3，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定递推关系，探讨数列的周期性，再讨论计算作答.

【详解】数列中，，，则有，因此，，，

因数列的前n项积的最大值为3，则当，的前n项积，

当，的前n项积，

当，的前n项积，解得，

当，的前n项积，

当，的前n项积，

当，的前n项积，解得，

显然，综上得或，

所以的取值范围为.

故选：A

11．关于函数有下述四个结论：

①的图象关于直线对称       ②在区间单调递减

③的极大值为0                           ④有3个零点

其中所有正确结论的编号为（       ）

A．①③ B．①④ C．②③④ D．①③④

【答案】D

【分析】根据给定函数，计算判断①；探讨在上单调性判断②；探讨在和上单调性判断③；求出的零点判断④作答.

【详解】函数的定义域为，

对于①，，则，

，的图象关于直线对称，①正确；

对于②，当时，，在单调递增，②不正确；

对于③，当时，，在单调递减，

当时，，在上单调递增，在上单调递减，

又在单调递增，因此在处取极大值，③正确；

对于④，由得：，即或，解得或，

于是得有3个零点，④正确，

所以所有正确结论的编号为①③④.

故选：D

【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.

12．在四面体ABCD中，，平面BCD，.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过作于点，过点作,先证得平面为所求截面，然后设，求得，，从而求得三角形面积，然后换元后求导利用导数的单调性求得最值，从而得出结论.

【详解】在四面体ABCD中，，平面BCD，.∵平面BCD，平面BCD，，又，,则平面，过作于点，过点作,则平面，平面，故，，则平面，平面，故平面平面ACD，设，设，在中，，，在中，，，，在△中，，则，故，故，令，，得，当时，，当时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，即当时，有最小值，此时截面面积最大，故当，时，截面面积最大，故若截面面积存在最大值，则，故的最大值为，

故选：C.

二、填空题

13．在二项式的展开式中，项的系数为___________.

【答案】

【分析】根据二项展开式的通项公式即可求出．

【详解】因为二项式的展开式的通项公式是，令，解得：，所以项的系数为．

故答案为：.

14．已知为等比数列，，则_________．

【答案】

【分析】先由等比数列的性质求出，进而求出，再计算即可.

【详解】设公比为，由题意知：，又，解得或，

若，则，，则；

若，则，，则.

故答案为：.

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是C左支上一点，点B是C渐近线上一点，O为坐标原点．若，则C的离心率为_________．

【答案】

【分析】先由求出，再由求出，再代入双曲线即可求出离心率.

【详解】

如图，不妨设在第三象限，则在上，，又，则，则，

则的纵坐标为，代入得，则，由可得，，

又为中点，则为中点，则，又在上，则，

整理得，则离心率为.

故答案为：.

16．若过点分别只可以作曲线的一条切线，则的取值范围为_________．

【答案】

【分析】设出切点坐标，求导表示出切线方程，代入点求得和，由方程只有1根，解出的范围，即可求得的取值范围.

【详解】易得，，设过点的切线与曲线切于点，则切线方程为，

代入点得，整理得，则，

则方程必有两根，要使切线只有一条，则必有一根为0（舍去），此时，；设过点的切线与曲线切于点，

则切线方程为，代入点得，整理得，令，

则，又，则，在上单减，

又时，，时，，时，，画出草图如下：

要使切线只有一条，则与只有一个交点，则，故.

故答案为：.

【点睛】本题关键点在于设出切点，写出切线方程后求得，由方程只有1个根求出的值；求得，构造函数确定单调性后画出草图求得的范围，即可求解.

三、解答题

17．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.

（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.

【详解】(1)在中，由得：，由正弦定理得，

而，即，则，又,

所以.

(2)依题意，，在中，由余弦定理得：，

即，解得，

所以的面积.

18．为有效防控疫情，于2021年9月开始，多省份相继启动新冠疫苗加强免疫接种工作.新冠疫苗接种一段时间后，有保护效果削弱的情况存在，加强针的接种则会使这种下降出现“强势反弹”.研究结果显示，接种加强针以后，受种者的抗体水平将大幅提升，加强免疫14天后，抗体水平相当于原来10-30倍，6个月后，能维持在较高水平，并且对德尔塔等变异株出现良好交叉中和作用.某市开展加强免疫接种工作以来，在某一周的接种人数（单位：万人）如下表所示：

规定星期一为第1天，设天数为，当日接种人数为y.

(1)若当日接种人数超过1.8万人，则认为“接种繁忙”，从前4天中随机选择2天，求这2天接种繁忙的概率；

(2)若y关于具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；

(3)根据所求的线性回归方程分别计算星期五，星期六的预报值，并与当日接种人数的真实值y进行比较.若满足，则可用此回归方程预测以后的接种人数，并预测星期日的接种人数a；若不满足，请说明理由.

参考公式：，.

【答案】(1)；

(2)；

(3)不满足，理由见解析．

【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；

（2）由最小二乘法即可求出；

（3）根据所求的线性回归方程分别计算星期五，星期六的预报值，并与当日接种人数的真实值y进行比较，不总是满足，即可知不可用此回归方程预测．

【详解】(1)记 “这2天接种繁忙”为事件，所以．

(2)由表格可知，，

，

，所以，，故y关于x的线性回归方程为．

(3)当时，，；

当时，，，不满足，即不可用此回归方程预测以后的接种人数．

19．如图，在四面体ABCD中，，，E为BD的中点，F为AC上一点.

(1)求证：平面平面BDF；

(2)若，，，求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质易知，即可证明出平面，由面面垂直的判定定理即可证出；

（2）利用等体积法求三棱锥的体积，可得到点到平面ACD的距离，再根据直线BF与平面ACD所成角的正弦值等于，即可知当时，最短，此时正弦值最大．

【详解】(1)在四面体ABCD中，，E为BD的中点，则，

而，平面，于是得平面，又平面，所以平面平面.

(2)依题意不妨设，，则，又，则，．

在中，，所，则，．

由（1）得，，因，即，则．

设点B到平面ACD的距离为h，则，解得，所以点B到平面ACD的距离为.

设直线BF与平面ACD所成角为，所以．

因为，所以，故当时，最短，此时，正弦值最大为．

20．已知函数．

(1)若是的极值点，求a；

(2)若，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导，由解出，再检验此时是的极值点即可；

（2）将转化为证，求导确定单调性，借助隐零点得，，由即可证明.

【详解】(1)由题意知，，则，解得；

当时，，当时，，，，

当时，，，，则是的极值点，则；

(2)若，则，令，则，

令，则，又，则存在使，

则，，，，则函数在单减，在单增，

则，则.

21．已知椭圆的离心率为，且过点．

(1)求E的方程；

(2)设E的左、右顶点分别为A，B，点C，D为E上与A，B不重合的两点，且．

①证明：直线CD恒过定点；

②求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用给定离心率，求出的关系，再利用给定的点即可计算作答.

（2）①由（1）求出点A，B的坐标，设出直线CD的方程，利用韦达定理，借助向量数量积求解作答；②由①求出点C，D纵坐标差的绝对值，再建立函数关系，求出函数最大值作答.

【详解】(1)依题意，椭圆E的离心率，即，椭圆过，

于是得，解得，

所以椭圆E的方程为.

(2)①由（1）知，，依题意，直线CD不垂直于y轴，且不过点A，设直线CD：，，

由消去x并整理得：，

，设，

则，，而，

，

而，又，

则

，解得（舍去）或，

所以直线CD：恒过定点.

②由①知，，，，，而，则，

面积

，

令，则在上单调递减，则当，即时，，

所以面积的最大值是.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)写出C的普通方程和一个参数方程；

(2)若直线和分别与C交于与O不重合的点A，B，求．

【答案】(1)普通方程为，参数方程为（为参数）；

(2)

【分析】（1）先由公式求出C的普通方程，再写出参数方程即可；

（2）先联立极坐标方程求得，再结合，由勾股定理求即可.

【详解】(1)由可得，化为普通方程为，即；参数方程为（为参数）；

(2)将和分别代入，得，解得；，解得；

则，又，则，则.

23．已知不等式的解集为．

(1)求m；

(2)若正数a，b满足，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，取和求出m，再验证作答.

（2）利用（1）的结论，计算变形，再结合均值不等式推理作答.

【详解】(1)依题意，当和时，不等式成立，即，则，解得，

当时，不等式为，显然当时，有，即，则有，

当时，恒成立，则有，当时，，即，则有，

于是当时，不等式为的解集为，

所以.

(2)由（1）知，，则

，

当且仅当时取“=”，

所以.