2022届安徽省滁州市定远县第二中学高三下学期高考模拟检测数学（理）试题含解析

这是一份2022届安徽省滁州市定远县第二中学高三下学期高考模拟检测数学（理）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届安徽省滁州市定远县第二中学高三下学期高考模拟检测数学（理）试题 一、单选题1．若复数z＝2－i，则等于(　　)A．2－i B．2＋iC．4＋2i D．6＋3i【答案】D【分析】由复数的四则运算直接计算可得结果.【详解】∵z＝2－i，∴＋＝(2＋i)＋＝(2＋i)＋＝6＋3i.故选：D.2．已知集合，，则A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项．【详解】∵B＝，＝{x|}，∴A∩B＝．，故选B．【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别．3．已知是函数的一个零点，若，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】转化是函数的一个零点为是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，利用图像判断即可【详解】因为是函数的一个零点，则是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，如图所示，则当时，在下方，即；当时，在上方，即，故选：B【点睛】本题考查函数的零点问题，考查数形结合思想与转化思想4．为了评估某种药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量.设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示，则下列四个结论中正确的是（    ）A．在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度的瞬时变化率相同.B．在内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率不相同.C．若，则在时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率一定不同D．若，则在时刻，甲血管中药物浓度不高于乙血管中药物浓度【答案】D【分析】由关系图提供的数据结合平均变化率的定义进行判断．【详解】对于A选项，在时刻，两曲线交于同一点，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，瞬时变化率为切线的斜率，故不相同，故A错误；对于B选项，在两个时刻，甲、乙两人血管中药物浓度相同，因此在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同，故B错误；对于C选项， 这个时间段内，在时刻时，甲血管中药物浓度的瞬时变化率大于乙血管中药物浓度的瞬时变化率，在时刻时，甲血管中药物浓度的瞬时变化率小于乙血管中药物浓度的瞬时变化率，故存在使得甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同，故C错误；对于D选项，在内，乙血管中药物浓度始终大于甲血管中药物浓度，在时刻，甲乙血管中药物浓度相同，故若，则在时刻，甲血管中药物浓度不高于乙血管中药物浓度，D正确.故选：D．5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（    ）A．4 B． C． D．16【答案】B【分析】根据三视图画出直观图，利用三棱锥的体积公式计算.【详解】根据三视图画出直观图如图所示：该几何体为三棱锥,其中到底面的距离为,底面三角形的面积为,∴体积为，故选：B.6．数列满足，下列说法正确的是（    ）A．存在正整数，使得 B．存在正整数，使得C．对任意正整数，都有 D．数列单调递增【答案】C【分析】由，可判断A，由，得，两边取对数可得，从而可判断B，C,进一步可得，从而数列单调递减，可判断D.【详解】数列满足.，所以A不正确.由，得两边取以2为底的对数，可得所以数列是等比数列，且则，所以，即当时，，，所以，即,所以B不正确.所以，则数列单调递减. 所以D不正确.故选:C.【点睛】本题考查数列的递推关系，单调性，考查考生的逻辑思维能力，及分析问题、解决问题的能力，属于中档题.7．已知椭圆，与双曲线具有相同焦点F1、F2，且在第一象限交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，若∠F1PF2＝，则的最小值是A． B．2＋ C． D．【答案】A【分析】首先根据椭圆与双曲线的定义，得出与所满足的关系，列出式子，求得边长，之后借助于余弦定理，求得，之后应用椭圆的离心率与双曲线的离心率的式子，化简应用基本不等式求得最小值.【详解】根据题意，可知，解得，根据余弦定理，可知，整理得，所以 ，故选A.【点睛】该题考查的是有关椭圆和双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有椭圆和双曲线的定义，余弦定理，椭圆和双曲线的离心率，基本不等式求最小值的问题，正确理解知识点是正确解题的关键.8．已知向量满足，，若向量，且，则的最大值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】先判断出，设，，，，得到.设，判断出A，B，C三点共线，由等面积法得，利用基本不等式求出最大值.【详解】由得，所以． 如图：设，，，，由可知，，所以，即，所以，则，当且仅当时取得等号.设，由，可知A，B，C三点共线，由可知，所以，由等面积法可得：，得，所以的最大值为．故选：B．9．如图，在矩形中，已知，，分别为AB，CD的中点，将四边形ADFE沿EF折到四边形的位置，若得到几何体的外接球的表面积为，则直线与平面所成角的大小为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知得三棱柱的外接球的半径，利用棱柱的几何性质找到外接球的球心，利用三角形求得，利用线面角的定义知为直线与平面所成的角，即可求得答案.【详解】设几何体的外接球的半径为，由得，如图所示，球心应为过四边形的中心N的该面的垂线与过四边形的中心M的该面的垂线的交点O，记H为的中点，连接，则，，，，设，则，所以.由平面，得为直线与平面所成的角.在中，，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．10．已知函数在区间上的最小值是，则的取值范围是（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据的取值范围写出的范围，根据函数在区间上的最小值是，对分类讨论得出结果.【详解】解：当时，，由题意可知，即.当时，，由题意可知，即.综上所述，的取值范围为.故选：A.【点睛】本题考查正弦函数的单调性和最值问题，考查转化思想，运算能力，属于基础题.11．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（    ）A．21种 B．231种 C．238种 D．252种【答案】B【分析】利用间接法求解，先求出任选5人的选法再减去甲乙丙三人都不被选的选法即可得解.【详解】10人中选5人有种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有种，则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有种.故选：B12．已知存在k使函数在上的零点为，且使二次函数在上的零点为，则的范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用函数的零点得到，，从而得到，再构造函数，，利用导数求其范围即可.【详解】因为函数在上的零点为，所以，解得.令，.解得，因为，，所以.则，设，.，因为，所以，故，所以函数在区间内单递调减.所以，即.则的范围为.故选：C【点睛】本题主要考查利用导数求函数的值域，同时考查了函数的零点，属于难题. 二、填空题13．设等差数列的前n项和为，且满足，，则，，， （）中最大的项是___________．【答案】【分析】由题意可得，由此可得，从而可得答案【详解】由，得，故，，公差，所以是递减数列，且，，故0<<…<， …..，，.所以最大，故答案为：14．圆周率是圆的周长与直径的比值，一般用字母表示．我们可以通过设计一个试验来估计的值：从表示的区域内随机抽取200个实数对，其中x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对共有56个．则用随机模拟的方法估计的近似值为________．【答案】（或3.12）【分析】先根据古典概型概率计算x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对概率，再利用几何概型概率计算x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对概率，最后列方程估计的近似值.【详解】因为从表示的区域内随机抽取200个实数对，其中x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对共有56个,所以x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对概率为表示的区域为正方形，面积为1，其中x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对满足，表示的区域为弓形，面积为所以x，y两个数能与1构成钝角三角形三边长的数对概率为因此故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率以及几何概型概率，考查基本分析求解能力，属基础题.15．.在正方形中，，分别是边上的动点，当时，则的取值范围是__________．【答案】【分析】根据直角坐标系中点的坐标可得向量的坐标，根据向量的数量积坐标运算以及模长的坐标运算即可利用函数的性质求其最值.【详解】以点A为原点建立如图坐标系， ， ，即 ，而 ，当 时， 最小为，当 或 时， 最大为2，所以取值范围为 .故答案为：16．如图：已知四面体PABC的所有棱长均为3cm，E、F分别是棱PC，PA上的点，且PF＝FA，PE＝2EC，则棱锥B－ACEF的体积为____________．【答案】【分析】先求正四面体的高，再根据锥体体积公式求结果【详解】过B作BO垂直面PAC于O，则O为三角形PAC的中心，易得所以棱锥B－ACEF的体积为【点睛】本题考查正四面体性质以及锥体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 三、解答题17．在中，角，，所对的边分别为，，，， （1）求证：；（2）若，的外接圆面积为，求的周长．【答案】(1)见证明；(2) .【分析】（1）由，利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得，从而可得结论；（2）利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径，利用同角三角函数的关系与正弦定理可得，结合（1），利用余弦定理列方程求得，从而可得结果.【详解】（1）∵，∴，∴，∴，∴.∴在中，，（2）设的外接圆半径为，由已知得，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，由得，解得，∴，∴的周长为.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.18．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）证明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）．【分析】(I)取的中点,连接,通过证明平面得出;(II)以为原点建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出与平面所成角．【详解】（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，∵AB＝BC，PA＝PC，∴AC⊥BM，AC⊥PM，又BM∩PM＝M，∴AC⊥平面PBM，∵BP⊂平面PBM，∴AC⊥BP．（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，∴∠ABC＝120°，∵AB＝BC＝1，∴AC，BM，∴AC⊥CD，又AC⊥BM，∴BM∥CD．∵PA＝PC，CM，∴PM，∵PB，∴cos∠BMP，∴∠PMB＝120°，以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：则A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，令x得（，0，1），∴cos，，∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos，|．【点睛】本题考查异面直线垂直的证明,考查直线与平面所成角的正弦值的求法,解题时要认真审题,注意向量法的合理使用,难度一般.19．有时候一些东西吃起来口味越好，对我们的身体越有害.下表给出了不同品牌的一些食品所含热量的百分比记为和一些美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数记为：食品品牌12345678910所含热量的百分比25342019262019241914百分制口味评价分数88898078757165626052 参考数据：，，，参考公式：，(1)已知这些品牌食品的所含热量的百分比与美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数具有相关关系.试求出回归方程（最后结果精确到）；(2)某人只能接受食品所含热量的百分比为及以下的食品.现在他想从这些食品中随机选取两种购买，求他所选取的两种食品至少有一种是美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价分数为分以上的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先求出、、，即可求出，从而求出回归直线方程；（2）由表可知某人只能接受的食品共有种，评价为分以上的有种可记为，，另外种记为，，，，用列举法列出所有的可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】（1）解：设所求的回归方程为，由，，，，所求的回归方程为：.（2）解：由表可知某人只能接受的食品共有种，其中美食家以百分制给出的对此种食品口味的评价为分以上的有种可记为，，另外种记为，，，.任选两种分别为：，，，，，，，，，，，，，，，共15个基本事件.记“所选取的两种食品至少有一种是美食家以百分制给出的对此食品口味的评价分数为分以上”为事件，则事件包含，，，，，，，，共个基本事件，故事件发生的概率为.20．已知抛物线上的点到其焦点的距离为.(1)求抛物线的方程；(2)点在抛物线上，直线与抛物线交于、两点，点与点关于轴对称，直线分别与直线、交于点、（为坐标原点），且.求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，利用抛物线的定义可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得出抛物线的方程；（2）分析可知直线的斜率存在且大于，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程，列出韦达定理，求出直线、的方程，求出点、的坐标，分析可知点为线段的中点，利用中点坐标公式结合韦达定理求出的值，即可得解.【详解】（1）解：由点在抛物线上可得，，解得.由抛物线的定义可得，整理得，解得或（舍去）.故抛物线的方程为.（2）证明：由在抛物线上可得，解得，所以，则直线的方程为.易知且、均不为，易知，因为，，，所以，直线的斜率存在且大于，设直线的方程为，联立得化为，则，且，，由直线的方程为，得.易知直线的方程为，故.由，则为的中点，所以，，即，即，所以，，化为，则得，所以直线的方程为，故直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．已知函数．(1)若函数的图象在点处的切线l与直线3x－y－6＝0平行，求切线l的方程；(2)若函数，求证：．【答案】(1)(2)证明见详解． 【分析】（1）根据导数的几何意义，可求得切点坐标，再用点斜式求切线方程；（2）若证，即证，根据导数求，本题注意零点代换得运用．【详解】（1），则，由题意可得：，即，切点坐标，切线斜率，则切线l的方程为即，∴切线l的方程为.（2）∵，即，即证，构建，则，构建，则当时恒成立，∴在上单调递增，则，即在存在唯一的零点，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，则，∵，则，则，则，即．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）若直线，的极坐标方程分别为，，，设直线，与曲线的交点为，，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）消去参数可得曲线的普通方程，将代入普通方程可得极坐标方程；（2）将，代入曲线的极坐标方程可得，，再由面积公式即可求出.【详解】（1）消去参数，可得曲线的普通方程为：，将代入可得曲线的极坐标方程为；（2）将，代入曲线的极坐标方程中，可得，，所以，，的面积.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程的转化，考查极坐标的几何意义，属于基础题.23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若有解，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）【分析】（1）当时利用分段讨论法去掉绝对值，求对应不等式的解集，再求并集即可；（2）由有解得，，根据分段函数的单调性，求出最小值，列不等式求解即可.【详解】函数．（1）当时，，不等式化为或或，解得或或；所以不等式的解集为或；（2）由有解得，，，在上减，在上增，，，，的取值范围为.【点睛】本题考查了不等式恒成立应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想