首页

河南省济源市、平顶山市、许昌市2022届高三数学(文)第二次质量检测(二模)(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/23

2/23

剩余21页未读,查看更多内容需下载

平顶山许昌济源2021—2022学年高三第二次质量检测文科数学一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,,则()A.B.C.D.【1题答案】【答案】B【解析】【分析】先求出集合A,再求两集的交集【详解】由,得,所以,因为,所以,故选:B2.若,则的虚部为()A.B.C.D.【2题答案】【答案】D【解析】【分析】由求出复数,从而可求出其虚部.【详解】由得,故的虚部为,故选:D.3.若等差数列和等比数列满足,,则()A.-4B.-1C.1D.4 【3题答案】【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为,等比数列的公比为,根据题中条件求出、的值,进而求出和的值,由此可得出的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和,则,求得,,那么故选:C.4.搭载神州十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭,精准点火发射后约582秒,进入预定轨道,发射取得圆满成功.据测算:在不考虑空气阻力的条件下,火箭的最大速度(单位:m/s)和燃料的质量M(单位:kg)、火箭的质量m(除燃料外,单位:kg)的函数关系是.当火箭的最大速度为11.5km/s时,约等于()(参考数据:)A.313B.314C.312D.311【4题答案】【答案】B【解析】【分析】先将火箭的最大速度化为,然后代入给出的表达式中,即可求出答案.【详解】火箭的最大速度为11.5km/s,即所以,所以即故选:B5.已知,,则() A.B.12C.-12D.【5题答案】【答案】C【解析】【分析】先求出和,利用二倍角公式求出,直接代入即可求解.【详解】因为,,解得:,所以.所以所以.故选:C6.已知函数,若,则()A.B.C.D.【6题答案】【答案】D【解析】【分析】先得到,进而由得到答案.【详解】定义域为R,且,又,所以,所以.故选:D7.右图是一张“春到福来”的剪纸窗花,为了估计深色区域的面积,将窗花图案放置在边长 为的正方形内,在该正方形内随机生成个点,恰有个点落在深色区域内,则此窗花图案中深色区域的面积约为()A.B.C.D.【7题答案】【答案】B【解析】【分析】设此窗花图案中深色区域的面积为,根据几何概型的概率公式可得出关于的等式,即可解得的值.【详解】设此窗花图案中深色区域的面积为,由几何概型的概率公式可得,解得.故选:B.8.已知点A(1,2)在圆C:外,则实数m的取值范围为()A.B.C.D.【8题答案】【答案】A【解析】【分析】由表示圆可得,点A(1,2)在圆C外可得,求解即可【详解】由题意,表示圆 故,即或点A(1,2)在圆C:外故,即故实数m的取值范围为或即故选:A9.已知函数与函数在区间上的图像交于A,B,C三点,则的面积是()A.2B.C.D.4【9题答案】【答案】A【解析】【分析】先求出于A,B,C三点坐标,得出是等腰三角形,进而求出面积.【详解】,则,令,即或或,解得:,,,不妨设,,,则为等腰三角形,故选:A10.“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面,截得的圆面为底,垂直于圆面的直径被截得的部分为高,球冠面积,其中R为球的半径,为球冠的高),设球冠底的半径为r,周长为C,球冠的面积为S,则当,时,() A.B.C.D.【10题答案】【答案】B【解析】【分析】作出示意图,根据条件先求出r,然后根据并结合勾股定理求出R,进而得到答案.【详解】如示意图,根据题意,,由勾股定理可得,联立方程解得.于是.故选:B.11.过双曲线的下焦点作圆的切线,切点为E,延长FE交抛物线于点P,O为坐标原点,若,则双曲线的离心率为() A.B.C.D.【11题答案】【答案】D【解析】【分析】先设双曲线的上焦点为,则,因为抛物线为,所以为抛物线的焦点,O为的中点,又可得E为FP的中点,所以OE为的中位线,得到,再设,由得出关于a,c的关系式,最后即可求得离心率.【详解】设双曲线的上焦点为,则抛物线为,为抛物线的焦点,O为的中点,,则为FP的中点,又为的中点,则为的中位线..,.切圆O于E,..设,则,.由点在抛物线上,则在直角中,即,整理得即,又,所以故选:D. 12.已知,,,则a,b,c的大小关系是()A.B.C.D.【12题答案】【答案】A【解析】【分析】记,利用导数证明出,令时,证明出;记,利用导数证明出,令时,.即可得到结论.【详解】记,则.令,解得:;,解得:;所以在单减,在单增.所以,即.当时,有,即.记,则.令,解得:;,解得:;所以在单增,在单减.所以,即. 当时,有,即.所以.故选:A【点睛】指、对数比较大小:(1)结构相同的,构造函数,利用函数的单调性比较大小;(2)结构不同的,寻找“中间桥梁”,通常与0、1比较.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若实数x,y满足约束条件,则的最大值为______.【13题答案】【答案】3【解析】【分析】由题意,即,要使得最大,即直线与可行域相交,且截距最小,数形结合即得解【详解】由题意,即,要使得最大,即直线与可行域相交,且截距最小,画出可行域如图所示:如图所示,当直线经过与的交点时,截距最小即最大,故的最大值为故答案为:314.设向量,满足,,与的夹角为60°,则______. 【14题答案】【答案】【解析】【分析】首先可得的值,然后利用可算出答案.【详解】因为向量,满足,,与的夹角为60°,所以所以故答案为:15.设为数列的前n项和,满足,,数列的前n项和为,满足,则______.【15题答案】【答案】【解析】【详解】因为为数列的前n项和,满足,,所以当时,当时,因为当时也满足,所以所以所以所以故答案为: 16.已知P是椭圆上的动点,且不在坐标轴上,,是椭圆的左、右焦点,O是坐标原点,若M是的角平分线上一点,且,则的取值范围是______.【16题答案】【答案】【解析】【分析】设在第一象限,延长交的延长线于点,连接,然后可得,推导出(其中为的横坐标),从而,由可知,由此能够得到的取值范围.【详解】由椭圆的对称性,不妨设在第一象限,延长交的延长线于点,连接,由于在的角平分线上,可知,所以△与全等,则,再由,知,,(其中为的横坐标), ,由可知,由椭圆的方程知,的取值范围是,.故答案为:三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17—21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中,且满足.(1)求角C的大小;(2)若,求的面积.【17~18题答案】【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理可转化为,即,结合,可得解;(2)由,,化简可得,结合可得,利用正弦定理可得,再利用面积公式即得解【小问1详解】由题意,,结合正弦定理故又,故故,即,又 【小问2详解】由题意,又故即,又由,代入可得:18.近年来,随着社会对教育的重视,家庭的平均教育支出增长较快,随机抽样调查某市2015~2021年的家庭平均教育支出,得到如下折线图.(附:年份代码1~7分别对应的年份是2015~2021).经计算得,,,,. (1)用线性回归模型拟合y与t的关系,求出相关系数r(精确到0.01),并指出是哪一层次的相关性?(2)建立y关于t的回归方程;(3)若2022年该市某家庭总支出为10万元,预测该家庭教育支出约为多少万元?附:(i)相关系数:;相关系数时相关性较强,时相关性一般,时相关性较弱.(ii)线性回归方程:,其中,【18~20题答案】【答案】(1)相关性较强(2)(3)5.5万元【解析】【分析】(1)根据题干数据计算,代入相关系数公式计算,即得解(2)根据题干数据,分别计算,即得解(3)代入,可利用(2)中的回归方程估计家庭教育支出百分比,计算即得解【小问1详解】 故相关性较强【小问2详解】【小问3详解】当时,故家庭教育支出为万元19.如图,内接于圆O,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,平面ABC,,.(1)证明:平面平面ADE; (2)求三棱锥A-CBE体积的最大值.【19~20题答案】【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】分析】(1)首先证明平面,然后得到平面即可;(2),然后求出的最大值即可.【小问1详解】因为平面ABC,平面ABC,所以,因为内接于圆O,AB是圆O的直径,所以,因为,所以平面,因为四边形DCBE为平行四边形,所以,所以平面,因为平面ADE,所以平面平面ADE,【小问2详解】因为平面ABC,,所以平面ABC,所以,所以当最大时,三棱锥A-CBE体积最大,设,则所以,当时等号成立,所以三棱锥A-CBE体积的最大值为.20.如图,圆与抛物线相交于点、、、,且. (1)若抛物线的焦点为,为其准线上一点,是坐标原点,,求抛物线的方程;(2)设与相交于点,与组成蝶形(如图所示的阴影区域)的面积为,求点的坐标及的最大值.【20~21题答案】【答案】(1)(2),的最大值为.【解析】【分析】(1)可设点,利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值,即可得出抛物线的标准方程;(2)设点、,则、,,将抛物线的方程与圆的方程联立,列出韦达定理,根据可求得点的坐标,利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得的最大值.【小问1详解】解:抛物线的焦点为,设点,所以,,,则,可得,故抛物线的标准方程为.【小问2详解】 解:根据圆与抛物线的对称性,四边形是以轴为对称轴的等腰梯形,不妨设,、第一象限,设点、,则、,,联立,消去可得,则关于的二次方程有两个不等的正根,所以,解得,依据对称性,点在轴上,可设点,由得,所以,,解得,所以,点,,当且仅当时,等号成立,故当时,取得最大值.【点睛】方法点睛:圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.21.已知函数.(1)当时,求的单调区间;(2)当时,若函数的最小值为M,求证:. 【21~22题答案】【答案】(1)单调递减区间为,单调递增区间为.(2)【解析】【分析】(1)求出导函数,由得增区间,由得减区间;(2)函数定义域是,求得导函数,这里是正数,引入,利用它的单调性,得其有唯一零点,是的唯一极小值点,即,由把转化为关于的函数,再由导数得新函数的最大值不大于1,证得结论成立.【小问1详解】当时,,的定义域是,,设,,则在单调递增,且所以当时,;当时,.所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为.【小问2详解】由(1)得的定义域是,,令,则,在上单调递增,因为,所以,,故存在,使得.当时,,,单调递减;当时,,,单调递增;故时,取得最小值,即, 由,得,令,,则,当时,,单调递增,当时,,单调递减,故,即时,取最大值1,.【点睛】关键点睛:本题考查用导数求函数的单调性,求最值,证明不等式.解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间,从而求得最值.只是对含有参数的最值问题,需要对导函数进行二次讨论,对导函数或其中部分函数再一次求导,确定单调性,零点的存在性及唯一性等,由于零点的存在性与参数有关,因此对函数的最值又需引入新函数,对新函数再用导数进行求值、证明等操作.本题考查了学生的逻辑思维能力,运算求解能力,属于难题.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.(1)写出直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程;(2)若直线与曲线C交于P,Q两点,PQ中点为M,A(1,0),求的值.【22~23题答案】【答案】(1)直线的普通方程为,曲线C的直角坐标方程为;(2)8.【解析】【分析】(1)根据参数方程、极坐标方程的知识进行转化即可; (2)直线的参数方程也可表示为(为参数),然后利用的几何意义求解即可.【小问1详解】由可得,即直线的普通方程为,由可得,所以,即所以曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】直线的参数方程也可表示为(为参数),将其代入可得,设该方程的根为,则,所以,所以[选修4-5:不等式选讲]23.已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若,使,求实数a的取值范围. 【23~24题答案】【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)分三种情况去绝对值解不等式,(2)将问题转化为函数的图象与直线有公共点,画出图象,根据图象求解【小问1详解】当时,由,得,解得,当时,由,得,解得,当时,由,得,解得,综上,不等式的解集为【小问2详解】,使,则函数的图象与直线有公共点,因为直线恒过点,令图象的最低点为,则直线的斜率为,由图象可知,当或时,函数的图象与直线有公共点,所以实数a取值范围为

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-04-04 20:00:03 页数:23
价格:¥3 大小:2.96 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE