【專項突破】2022年豫南大聯高數學（理科）模擬試題（二模）（含答案解析）

1、【專項突破】2022年豫南大聯高數學（理科）模仿試題（二模）試卷副標題考試范圍：xxx；考試工夫：100分鐘；命題人：xxx題號一二三總分得分留意事項：1答題前填寫好本人的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單 選 題1已知集合，則（       ）ABCD2已知復數z滿足，則（       ）A18iB18iC1818i3已知p：“”，q：“”，若p是q的必要不充分條件，則實數m的取值

2、范圍是（       ）ABCD4已知，則a，b，c的大小關系是（       ）ABCD5已知等差數列的前n項和為，且滿足，則（       ）A5B10C7D146一組5個數據，的和為25，方差為6，則，5這6個數的方差為（       ）A5B6C25D307函數的大致圖象是（   

3、    ）ABCD8如圖，在中，M為BC的中點，則mn（       ）A1BCD29已知，的值為，xm是的一條對稱軸，則的最小值為（       ）ABCD10圖中方格都是邊長為1的正方形，粗實線畫出了一個幾何體的三視圖，則該幾何體的最長棱長為（       ）A3B5CD11雙曲線有一個幾何性質：從一個焦點射出的光線射到雙曲線上一點M，經雙曲線

4、在點M處的切線反射后，反射光線的反向延伸線另一個焦點已知雙曲線的左、右焦點分別為，從射出的光線投射到雙曲線上一點M，經雙曲線在點M處的切線l：yx1反射后，反射光線的反向延伸線點，則a（       ）A3BC5D12已知函數與函數的圖象恰有3個交點，則實數k的取值范圍是（       ）ABCD第II卷（非選一選）請點擊修正第II卷的文字闡明評卷人得分二、填 空 題13已知x，y滿足，則的值為_14已知，則_15正四棱錐的各條棱長均為2，則該四棱錐的內切

5、球的表面積為_16在平面直角坐標系xOy中，M：與拋物線C：有且僅有兩個公共點，直線l過圓心M且交拋物線C于A，B兩點，則_評卷人得分三、解 答 題17已知ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，(1)求角A的大?。?2)若，AD2，且AD平分BAC，求ABC的面積注：三角形的內角平分線定理：在PQR中，點M在邊QR上，且PM為QPR的內角平分線，有18疫情逐漸緩解，學校教學從線上上課方式回歸到線下上課方式為了檢驗網課學習的成果，某學校進行了一場開學考試某年級實驗班共有先生50人，數學考試成績的頻率分布直方圖如下圖所示分布區(qū)間分別為，數學考試成績不低于120分為(1)求該實驗班數學考試

6、成績達到的人數；(2)從實驗班一切先生的數學試卷中，按考試成績能否，利用分層抽樣的方法隨機抽取10人的試卷，再在這10人的試卷中，隨機抽取3份試卷，記X為這3份試卷中考試成績達到的試卷份數求X的分布列和數學期望19如圖，在矩形ABCD中，AB4，BC2，E為CD的中點，將ADE沿AE折起，使點D到點P處，平面PAE平面ABCE(1)證明：平面PAB平面PBE；(2)求二面角CPAB的正弦值20已知橢圓的離心率為，左、右頂點分別為，上下頂點分別為，四邊形的面積為(1)求橢圓的標準方程；(2)不過點的直線l交橢圓于P，Q兩點，直線和直線的斜率之和為2，證明：直線l恒過定點21已知函數，其中(1)求

7、的最小值；(2)證明：22在平面直角坐標系中，已知直線l：以平面直角坐標系的原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，圓C的極坐標方程為(1)求直線l的極坐標方程和圓C的一個參數方程；(2)若直線l與圓C交于A，B兩點，且，求m的值23已知函數，(1)在給出的平面直角坐標系中畫出和的圖象；(2)若關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍第17頁/總23頁參考答案：1C【解析】【分析】先求得集合A、B，再由集合的交集運算可得選項.【詳解】由于，所以.故選：C.2C【解析】【分析】由題意得復數z，代入即可得到答案.【詳解】由，得， 故選：C.3D【解析】【分析】由p、q分別定義集合和，用集合

8、法求解.【詳解】由選項可判斷出m0.由q：“”可得：.由p：“”可得：.由于p是q的必要不充分條件，所以ÜA.若m=0時，ÜA不滿足，舍去；若m>0時，.要使ÜA，只需m>1.綜上所述：實數m的取值范圍是.故選：D4A【解析】【分析】根據指數函數的單調性和對數函數的單調性可得大小關系.【詳解】由于，所以，而，故即，故，故，所以，故選：A.5D【解析】【分析】根據等差數列的前項和公式，等差數列的通項公式即得.【詳解】設等差數列的公差為，由，可得，即，因此.故選：D.6A【解析】【分析】利用平均數和方差公式，即可計算.【詳解】一組5個數據，的和為25，方差

9、為6，這5個數據，的平均數為，5這6個數的平均數為，5這6個數的方差為.故選：A.7B【解析】【分析】確定函數的奇偶性排除兩個選項，然后由導數確定函數的單調性得正確結論【詳解】，所以是奇函數，排除CD，又，所以是增函數，排除A，選B故選：B8C【解析】【分析】利用向量的線性運算可求的值.【詳解】，而，故，而且不共線，故，故選：C.9B【解析】【分析】利用三角函數的性質可得，進而可得，即得.【詳解】的值為，又，又xm是的一條對稱軸，即，的最小值為.故選：B.10D【解析】【分析】由三視圖畫出幾何體可得答案.【詳解】由三視圖可得原幾何體為三棱錐，把三棱錐放在上面正方體中，做底面，則，所以，則該幾何

10、體的最長棱長為.故選：D.11D【解析】【分析】由直線與雙曲線方程聯立方程組，消元后利用判別式為0得關系，然后再由代入后可解得【詳解】由得，所以，即，又，所以，或（舍去），故選：D12B【解析】【分析】把題意轉化為關于x的方程有3個根.進行分類討論：分別研討和的根的情況，求出k的取值范圍.【詳解】由于函數與函數的圖象恰有3個交點，所以有3個根.證：x=1為其中一個根.當時，可化為，及i.或時，方程有且僅有一個根x=-1；ii. 且時，方程有兩個根，或x=-1.當時，可化為.令，（x>0）.則.當時，有，所以在上單減.由于，所以有且只要1個根x=1.所以需求有兩個根或x=-1， 才有3個根

11、，此時且.當時，有且僅有一個根x=-1，所以只需在有2個根.此時.在上，單減；在上，單增.且當時，；當時，；所以只需，即，亦即.記.則，所以當時，所以在上單調遞減，所以當時，在上單調遞增.所以，即（當且僅當x=1時取等號）.所以要使成立，只需，解得：.所以且.綜上所述：實數k的取值范圍是.故選：B【點睛】利用導數研討零點成績：（1）確定零點的個數成績：可利用數形的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區(qū)間從而確定其大致圖象；（2）方程的有解成績就是判斷能否存在零點的成績，可參變分離，轉化為求函數的值域成績處理.可以經過構造函數g（x）的方法，把成績轉化為研討構造的函數

12、g（x）的零點成績；（3）利用導數硏究函數零點或方程根，通常有三種思緒：利用最值或極值研討；利用數形思想研討；構造輔助函數硏究，13【解析】【分析】作出約束條件表示的可行域，再根據目標函數的幾何意義數形即可得解；【詳解】解：約束條件所表示的可行域，如圖所示：由，解得，即，由，則，平移直線，顯然當直線過點時，在軸的截距，所以故答案為：14#0.75【解析】【分析】由可得答案.【詳解】，由于，所以，故答案為：.15【解析】【分析】設四棱錐的內切球的半徑為，由題可得，進而即得.【詳解】設底面的為，連接，則，設四棱錐的內切球的半徑為，連接，得到四個三棱錐和一個四棱錐，它們的高均為，即，解得，該四棱錐的

13、內切球的表面積為.故答案為：.160【解析】【分析】根據給定條件，求出圓心M的坐標，設出直線l的方程，與拋物線方程聯立求解作答.【詳解】因M與拋物線C有且僅有兩個公共點，而M與拋物線C都關于x軸對稱，因此，兩個公共點的橫坐標相反，并且，由消去y并整理得：，且，于是得，解得，即點，顯然直線l不垂直于y軸，設直線l的方程為，由消去x并整理得：，設，則，所以.故答案為：017(1)(2)【解析】【分析】（1）由題設可得，從而可求.（2）根據角平分線性質可得，利用余弦定理可得的關系，兩者可求的長度，從而可求三角形的面積.(1)由于，故，所以即，而為三角形內角，故.(2)由于，所以，由于為角平分線，故且

14、即，由余弦定理可得，且所以，解得，故，所以三角形的面積為.18(1)30(2)分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據直方圖可得相應的頻率，從而可求相應的人數.（2）根據（1）的頻率可求10人數學成績的人數，再根據超幾何分布可求的分布列，根據公式可求期望.(1)由直方圖可得數學成績大于120的頻率為，故數學成績大于120的人數為人.(2)利用分層抽樣的方法隨機抽取10人的試卷，其中共有6人數學成績達到，而可取，故的分布列如下：0123.19(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）首先由勾股定理逆定理得到，再由面面垂直的性質得到平面，從而得到，再根據，即可得到平面，從而得證；（2）取的中點，

15、連接，即可得到平面，如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，即可得解(1)證明：在矩形中，由為中點，易得，又，即，又平面平面平面平面，平面平面又面，又，平面，所以平面，由于平面平面平面；(2)解：取的中點，連接，則，又平面平面，平面平面，平面，平面如圖以為原點建立空間直角坐標系則， ，設平面的法向量為，令，則設平面的法向量為，令，則設平面與平面所成的角為則，所以二面角的正弦值為20(1)(2)證明見解析【解析】【分析】（1）運用橢圓的離心率公式和三角形的面積公式，的關系，解方程可得，進而得到橢圓方程；（2）分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，當直線的斜率存在時設，聯立直線與

16、橢圓方程，消元、列出韋達定理，由整理可得，即可求出直線過定點坐標；(1)解：由題意可得，即，又，解得，則橢圓的方程為；(2)證明：由（1）可得，當直線的斜率存在時，設，由，所以，又，代入整理得，由消去整理得，所以，所以，整理得，當時，直線過，不符合題意，所以，即，故直線的方程為，符合題意，故恒過點；當直線的斜率不存在時，設，由，解得，即直線的方程為，必過定點，綜上可得，直線恒過定點；21(1)0；(2)證明見解析.【解析】【分析】（1）利用導數求出函數的單調區(qū)間，即可得出函數的極值，也是函數的最小值；（2）構造函數，利用導數可證明，據此可得出，再由不等式的性質可證明再利用即可得證.(1), 令，解得，由為增函數知，當時，當時，所以在上遞減，在上遞增，所以的最小值為.(2)令，則，由時，時，可知在上遞減，在上遞增，所以當時，取最小值. 故，即對.故，故而對，故原式得證.22(1)，；(2).【解析】【分析】（1）根據極坐標與直角坐標轉化公式即可求出直線極坐標方程，由極坐