河南省商丘一中（商丘市）高三第三次模拟考试数学（文）试题

2022届河南省商丘一中（商丘市）高三第三次模拟考试数学（文）试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用集合的并集运算即得.【详解】因为，，所以．故选:D．2．已知，则（

）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】化简复数，然后根据复数模的计算公式即可【详解】，所以．故选：B3．已知且，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．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】利用指数函数的单调性即可判断【详解】由“”可知，函数在上单调递增，所以，充分性成立；因为，所以当时，则；当时，则，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A4．已知，则（

）A．3 B． C． D．-3【答案】C【分析】利用二倍角公式化简即可【详解】．故选：C5．函数的部分图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.【详解】易知的定义域为，因为，所以为奇函数，排除答案B，D；又，排除选项C．故选:A．6．2021年10月26日国务院印发《2030年前碳达峰行动方案》，要求我国二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值．低碳生活已经深入民心，新能源汽车备受欢迎，下表是某地区近5个月新能源汽车的销售量与月份统计表：月份代号12345销售量（万辆）若根据表中数据求得的与的线性回归方程为，则利用此回归方程预测第6个月新能源汽车的销售量为（

【答案】B【分析】分别求得，根据样本中心点在回归方程上计算可得，再代入计算即可【详解】，，因为直线过点，所以，解得，所以，将代入，得（万辆）．故选：B．7．执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（

）A．146 B．156 C．169 D．176【答案】C【分析】依据循环结构逐次去求解即可求得输出的值【详解】根据程序框图，，，执行第1次循环：，；，执行第2次循环：，；，执行第3次循环：，；，结束循环，输出．故选：C．8．如图，在正六边形中，若，为的中点，则（

）A．7 B．5 C．3 D．1【答案】B【分析】由，再延长AB，DC交于点H，得到各所求向量间的夹角再求解即可【详解】如图，延长AB，DC交于点H，则，，所以．故选：B．9．已知曲线的一条切线在轴上的截距为2，则这条切线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义写出切线方程，将点代入求出的值，进而得切线方程.【详解】函数的定义域为，设切点坐标为，因为，则切线斜率为，所以切线方程为，将点代入切线方程并整理得，解得，或（舍去），所以这条切线的方程为，即．故选：D．10．在正四面体中，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设正四面体的棱长为，取的中点，连接、，分析可知或其补角为直线与直线所成的角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果.【详解】如图，设正四面体的棱长为，取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则且，所以或其补角为直线与直线所成的角，因为为等边三角形，为的中点，则，且，同理可得，所以．故选：A．11．已知双曲线：经过点，且的实轴长大于，则的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将点点代入双曲线方程得到关于的一个方程，然后再根据实轴长大于列出关于的不等式即可得出答案【详解】由题意可知，，所以，又，所以，所以，解得故选：D12．已知函数，若，在内有最小值，没有最大值，则的最大值为（

）A．19 B．13 C．10 D．7【答案】B【分析】由解得，再根据函数图像以及周期性即得.【详解】由，得，，解得，，由在内有最小值，无最大值，可得，解得，所以的最大值为13.故选:B．二、填空题13．已知，满足，则的最大值为__________．【答案】【分析】依据线性规划，应用数形结合求的最大值【详解】作出满足条件的可行域如图阴影部分所示，由，可得作出直线并平移，当平移后的直线经过点时．取得最大值，且．故答案为：14．写出一个同时满足以下条件的抛物线的方程为___________．①的顶点在坐标原点；②的对称轴为坐标轴；③的焦点到其准线的距离为【答案】（答案不唯一）【分析】待定系数法去求抛物线的方程【详解】由①②可知的方程为抛物线的标准方程，由③可知，，所以抛物线的方程可以为．故答案为：(答案不唯一)15．已知的内角A，B，的对边分别为a，b，c，，，则______________．【答案】【分析】利用正余弦定理即得.【详解】由及正弦定理得，由，得，由，得，解得，又，所以，则，由余弦定理，得，整理得，解得或（舍去），故．故答案为：16．已知体积为的圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的外接球的表面积为___________．【答案】【分析】先求得圆锥的外接球的半径，再去求该圆锥的外接球的表面积【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得，所以，则圆锥的高为，由，解得，则，，设圆锥的外接球的半径为，由球的性质可知，，即，解得，所以该圆锥的外接球的表面积为．故答案为：三、解答题17．设为等差数列的前项和，已知，，既成等差数列，又成等比数列．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）通过题目所给条件列出关于的两个方程，解出，即可写出数列的通项公式（2）先写出数列的通项公式，再根据通项公式的特征进行裂项相消求和【详解】(1)设等差数列的公差为，因为，，既成等差数列，又成等比数列，所以，，均相等且不为0，所以即解之得，，满足条件．故．(2)由（1）得，，所以．故18．大力开展体育运动，增强学生体质，是学校教育的重要目标之一．某校组织全校学生进行了立定跳远训练，为了解训练的效果，从该校男生中随机抽出100人进行立定跳远达标测试，成绩（单位：米）均在内，整理数据得到如下频率分布直方图．学校规定男生立定跳远2.05米及以上为达标，否则不达标．(1)若男生立定跳远的达标率低于60%，该校男生还需加强立定跳远训练．请你通过计算，判断该校男生是否还需加强立定跳远训练；(2)从该校随机抽取的100名立定跳远成绩在和内的男生中，用分层抽样的方法抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求这2人来自不同区间的概率．【答案】(1)该校男生还需加强立定跳远训练．(2)【分析】（1）根据频率分布直方图求出男生立定跳远的达标率，即可判断；（2）依题意抽取的7人应从立定跳远成绩在内的男生中抽取4人，分别记为，，，，成绩在内的男生中抽取3人，分别记为，，．用列举法列出所有可能结果，再找出符合题意的基本事件，最后根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】(1)解：由频率分布直方图可知，男生立定跳远的达标率为因为，所以该校男生还需加强立定跳远训练．(2)解：由题意可知，抽取的7人应从立定跳远成绩在内的男生中抽取人，分别记为，，，，成绩在内的男生中抽取人，分别记为，，．从这7人中随机抽取2人的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21个；其中这2人来自不同区间的有：，，，，，，，，，，，共12个；故这2人来自不同区间的概率为．19．如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，，，．(1)证明：为直角三角形；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取BC的中点D，连结AD，，即可得到、，从而得到平面，即可得到，再根据棱柱的性质得到，即可得证；（2）利用勾股定理逆定理得到，再由，即可得到平面，首先求出，设点到平面的距离为，利用等体积法求出点到面的距离；【详解】(1)证明：取BC的中点D，连结AD，．因为为等边三角形，所以．因为侧面为菱形，，所以为等边三角形，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，故为直角三角形．(2)解：由（1）及，可知，，则．在中，，同理，又，所以，所以．法1：又，，平面，所以平面．所以，则．设点到平面的距离为，又，则，所以，故点到平面的距离为．法2：又，，平面，所以平面．即平面．设点到平面的距离为，因为，且，，．所以，所以，故点到平面的距离为．20．在平面直角坐标系中，已知，，是一个动点，C，D分别为线段AM，BM的中点，且直线OC，OD的斜率之积是，记M的轨迹为E．(1)求E的方程；(2)若过点且不与x轴重合的直线与E交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为（与不重合），求证：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可知，再根据直线OC，OD的斜率之积是列出关于的另外一个方程，解出即可（2）法1：先设出直线的方程，联立与椭圆的方程，利用韦达定理得到，然后写出直线的方程，代入化简即可得到答案法2：写出直线的方程，令，然后再根据P、F、Q三点共线列出另外一个方程，化简即可【详解】(1)由题意可知，直线OC，OD的斜率存在，且，．所以直线BM，AM的斜率之积也等于，设，则直线的斜率为，直线的斜率为，所以，整理得，故的方程为(2)证法1：由题意知，过点F的直线PQ的斜率存在且不为0，可设其方程为，由整理得．则，设，，则，，．直线方程为，令，则，故直线恒过定点．证法2：设，，则，因为直线的方程为，令，则．①因为P、F、Q三点共线，所以，整理得．②由①②，得，因此．所以直线恒过定点．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)【分析】（1）利用的导数去讨论的单调性；（2）构造新函数转化成新函数最大值不大于0去求的取值范围．【详解】(1)，若，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．若时，，所以在上单调增；若，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．(2)当时，恒成立等价于当时，恒成立，即当时，恒成立．设，，则．设，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，若时，，所以在上单调递减，则，解得．若时，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则时，，不合题意，故实数的取值范围为．22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与轴、轴的交点分别为，两点，为曲线上的任意一点，求的面积的最小值．【答案】(1)直线的普通方程；曲线的直角坐标方程为．(2).【分析】（1）直接消去参数得普通方程，利用互化公式得到曲线的直角坐标方程；（2）由题可设，利用点到直线的距离公式求解可得.【详解】(1)由直线的参数方程为消去参数，得直线的普通方程；由得，则，所以曲线的直角坐标方程为．(2)由（1）可知，，设，则点到直线的距离为，其中，当时，，又，所以的面积的最小值为．23．已知函数，不