2022届山西省晋城市第一中学（晋城市）高三第三次模拟数学（文）试题含解析

2022届山西省晋城市高三第三次模拟数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则集合（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式，求出，故求出并集.

【详解】，解得：，故，

故.

故选：D

2．已知复数，则的虚部为（       ）

A． B．6 C． D．

【答案】B

【分析】求出，进而求出的虚部.

【详解】，故，

所以的虚部为6

故选：B

3．已知向量，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先根据向量平行求出或0，从而判断出答案.

【详解】由得：，解得：或0，

故是的充分不必要条件.

故选：A

4．若双曲线的两条渐近线与直线y＝2围成了一个等边三角形，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据题意得到渐近线方程的斜率，从而得到，求出离心率.

【详解】由题意得：渐近线方程的斜率为，

又渐近线方程为，

所以，

所以C的离心率为

故选：D

5．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的面积为（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据余弦定理可求得，再根据三角形的面积公式，即可求出结果.

【详解】因为，

所以，所以，

所以的面积为.

故选：C.

6．“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球，且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切，则该圆柱的体积与球的体积之比为（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得：圆柱的高及底面圆的直径为球的直径，设出球的半径，求出圆柱的体积与球的体积，进而求出圆柱的体积与球的体积之比.

【详解】由题意得：圆柱的高及底面圆的直径为球的直径，

设球的半径为R，

则圆柱的体积为：，

球的体积为，

所以圆柱的体积与球的体积之比为

故选：B

7．已知点在半径为2，圆心在原点的圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，角速度为，在第时点P所在位置的坐标为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可知在第时点转过的角度为，所以，，根据辅角公式可知，利用诱导公式，即可求出结果.

【详解】由题意可知，角速度为，即

所以在第时点转过的角度为，

所以，，

所以

.

故选:C.

8．数据，，，…，的平均数为，数据，，，…，的平均数为，则数据，，，…，，，，，…，的平均数为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用平均数的计算公式计算.

【详解】由题意得：，，

所以

故选：D

9．如图，A，B是函数的图象与x轴的两个交点，若，则（       ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】将代入，求出，求出A，B两点的横坐标，进而列出方程，求出.

【详解】由图象可知，点在函数图象上，将其代入得：，

因为，所以，

，令，

解得：，，

因为，所以当时，解得：，

当时，，所以，

解得：

故选：B

10．甲､乙两人解关于x的方程，甲写错了常数b，得到的根为或x=，乙写错了常数c，得到的根为或，则原方程的根是（       ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】D

【分析】令，则方程可化为，根据甲计算出常数，根据乙计算出常数，再将 代入关于x的方程解出 即可

【详解】令，则方程可化为，甲写错了常数b，

所以和是方程的两根，所以，

乙写错了常数c，所以1和2是方程的两根，所以，

则可得方程，解得，

所以原方程的根是或

故选：D

11．已知函数满足，且函数与的图象的交点为， ，，，则（       ）

A．－4π B．－2π C．2π D．4π

【答案】B

【分析】由题意可得出函数与的图像的交点关于点对称，从而可得出答案.

【详解】函数满足，则的图像关于点 成中心对称.

又的图像关于点 成中心对称

所以函数与的图像的交点关于点对称.

则，

所以

故选：B

12．在平面直角坐标系中，已知圆，若直线上存在两个点，过动点作圆O的两条切线，A，B为切点，满足，则k的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先设出，利用求出在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为只需原点到直线的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求出k的取值范围.

【详解】设，连接，设，

则，，

所以，

又，

所以

令，则有，

解得：或

因为在单位圆外，所以舍去，

即在以原点为圆心，半径为2的圆上，

因为曲线上存在两个点，

即与圆有2个交点，

只需原点到直线的距离小于半径2即可，

所以，解得：或，

综上：k的取值范围是

故选：B

二、填空题

13．若x，y满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】3

【分析】根据约束条件作出可行域，然后采用平移直线法求解出目标函数的最大值.

【详解】作出可行域，如下图所示：

由图可知，当直线经过点时，此时有最大值，

由解得，

所以.

故答案为：.

14．在区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为___________.

【答案】

【分析】先求解不等式，再使用几何概型求概率公式进行求解.

【详解】解得：，

故区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为.

故答案为：

15．在正方体中，点P是底面的中心，则直线与所成角的余弦值为___________.

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线的夹角.

【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则，，，，

设直线与所成角为，

则

故答案为：

16．已知函数，若对任意恒成立，则m的最大值为___________.

【答案】

【分析】对原不等式进行变形化简可得对任意，恒成立，再令，则，令，根据导数在函数最值得应用，即可求出函数的最小值，进而求出结果.

【详解】因为函数，若对任意恒成立，

所以，即，

令，则，

令，则，

又在上单调递增，且，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，即的最大值为.

故答案为：.

三、解答题

17．为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市5000名乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试.从该次考试成绩中随机抽取样本，以分组绘制的频率分布直方图如图所示.

(1)根据频率分布直方图的数据，估计该次考试成绩的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）

(2)若要使13%的乡镇干部的考试成绩不低于m，求m的值；

(3)在（1）（2）的条件下，估计本次考试成绩在内的人数.

【答案】(1)83.5

(2)89.5

(3)1950

【分析】（1）利用频率分布直方图求解平均数，将中点值乘以相应的频率再相加即可；（2）先计算出成绩分别在，内的频率，确定m落在内，列出方程，求出m的值；

（3）在（1）（2）条件下求出本次考试成绩在内的频率，进而求出人数.

【详解】(1)由图可得：

，

(2)成绩落在内的频率为，成绩落在内的频率为，由于，

故m落在内，其中，

解得：，所以m的值为89.5

(3)，

所以估计本次考试成绩在内的人数为1950.

18．已知数列满足，且，且数列是等比数列．

(1)求的值；

(2)若，求．

【答案】(1)3；

(2).

【分析】（1）设数列的公比为，可得结合条件即得；

（2）由题可知，然后利用分组求和即得.

【详解】(1)设数列的公比为，则，

∴，又，

∴，

所以；

(2)由上可知，，

所以数列是3为首项，3为公比的等比数列，

∴，即，

∴，

∴

.

19．在四棱锥中，底面为直角梯形，，E为的中点，点P在平面内的投影F恰好在直线上.

(1)证明：.

(2)求点B到平面的距离.

【答案】(1)证明过程见解析；

(2)

【分析】（1）先证明线线垂直，进而证明出线面垂直，从而得到线线垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.

【详解】(1)∵点P在平面内的投影F恰好在直线上.

∴平面ABCD，

∵平面ABCD。

∴CD，

∵，E为的中点

∴AB=CE，

∴四边形ABCE为矩形，故AE⊥CD，

∵，

∴CD⊥平面APF，

∵平面APF，

∴

(2)连接BD与AE交于点O，连接PE，则，

因为由（1）知：CD⊥平面APF，平面APF，

所以CD⊥PE，

因为PD=2，DE=1，由勾股定理得：，

因为PA=1，AE=BC=2，

所以，

由勾股定理逆定理知：PA⊥PE，

所以

所以，

由勾股定理得：，

因为PA=1，PD=2，AD=，

所以PA⊥PD，

设点B到平面PAD的距离为h，则，

解得：，

故点B到平面的距离为.

20．已知椭圆为其左焦点，在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程.

(2)若A，B是椭圆C上不同的两点，O为坐标原点，若，是否存在某定圆始终与直线相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在定圆始终与直线相切.

【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）先考虑直线斜率不存时，直线AB的方程，再考虑斜率存在时，设出直线AB的方程，利用得到的关系式，再利用点到直线距离公式得到原点到直线AB的距离为定值，验证斜率不存在时是否符合，最后求出答案.

【详解】(1)由题意得：，故，

又在椭圆上，故

联立得：，故，

椭圆方程为

(2)当直线AB斜率不存在时，因为，

不妨设直线OA，OB的斜率分别为1，-1，

联立y=x与，解得：，

求得：直线AB为

当直线AB斜率存在时，设直线AB：

联立得：，

设，

则，

因为，

所以

所以，

由原点到直线AB的距离，

存在定圆始终与直线相切，

显然当直线斜率不存在时，满足要求，

综上：存在定圆始终与直线相切

【点睛】对于求解圆锥曲线定点定值问题，要合理设出直线方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，然后通过等量关系列出方程，进行求解.

21．已知函数.

(1)若曲线在处的切线经过第二､四象限且与坐标轴围成的三角形的面积为，求a的值.

(2)证明：当时，.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义以及直线的点斜式方程，可得曲线在处的切线方程，结合题意可知，再根据与坐标轴围成的三角形的面积为，建立方程，即可求出结果；

（2）因为，所以，令，求出，当时，可知，即可判断此时，可知在上单调递减，可知此时成立；当时，令，根据导数在函数单调性和最值中的应用可知在上单调递增，可得，由此可知恒成立，由此即可证明结果.

【详解】(1)解：由题意可知，

，所以，

所以曲线在处的切线方程为.

因为经过第二、四象限，所以，即，

令，则，令，则，

又与坐标轴围成的三角形的面积为，所以，

又，，解得或.

(2)证明：因为，所以，

令，则，

当时，，此时，

则在上单调递减，则，即成立；

当时，令，则，

因为，所以，所以在上递增，

所以，所以在上单调递增，所以，

综上所述，恒成立，即当时，成立.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线与的直角坐标方程；

(2)已知直线l的极坐标方程为，直线l与曲线，分别交于M，N（均异于点O）两点，若，求．

【答案】(1)曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，

(2)

【分析】（1）的参数方程消参可求出的直角坐标方程；的极坐标方程同乘，把，代入的极坐标方程可求出的直角坐标方程.

（2）设M、N两点的极坐标分别为、，用极径的几何意义表示出，即，解方程即可求出.

【详解】(1)解：的参数方程为（t为参数），把代入中可得，

，所以曲线的直角坐标方程为，

的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为，

综上所述：曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，

(2)由（1）知，的极坐标方程为，

设M、N两点的极坐标分别为、，

则，，由题意知可得，

因为，所以，

所以，故，所以或（舍）

所以.

23．已知函数．

(1)当m＝2时，解不等式；

(2)若函数有三个不等实根，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用零点分段法解绝对值不等式；（2）有三个不等实根转化为有两个大于0的实根，列出不等式组，求出实数m的取值范围.

【详解】(1)当m＝2时，，

，

解得：或

综上：不等式的解集为.

(2)由题意得：有三个不等实根，

令，则与有三个交点，

结合函数图象可知，满足要有两个交点，

即有两个大于0的实根，

故，解得：

所以实数m的取值范围是.