河南省安陽市重點(diǎn)高中高三模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題

2022屆河南省安陽市重點(diǎn)高中高三模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．若復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位）是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a=A． B．-1 C．0 D．1【答案】B【詳解】試題分析：由題意，．故選B．【解析】復(fù)數(shù)的概念．2．已知集合，，則下列表達(dá)式正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化簡(jiǎn)集合，再根據(jù)集合的運(yùn)算可判斷出答案.【詳解】，顯然，故A不正確；，故B正確；，故C不正確；顯然D不正確.故選：B3．已知，則（

）A． B． C． D．0【答案】D【分析】利用和（差）角公式展開，即可得到，再根據(jù)二倍角公式計(jì)算可得；【詳解】解：因?yàn)?，所以，即所以，所以；故選：D4．已知p：，q：，則（

）的必要不充分條件.A．q是p B．是p C．p是q D．p是【答案】B【分析】化簡(jiǎn)，求出，再根據(jù)必要不充分條件的定義判斷可得答案.【詳解】由得；由得或，所以，因?yàn)椴荒芡瞥?，也不能推出，所以AC都不正確；因?yàn)橛?，不能推出，所以p是的充分不必要條件，是p的必要不充分條件.故B正確，D不正確；故選：B5．某班舉行了一次有意思的智力競(jìng)猜游戲，首先老師將三只冬奧會(huì)吉祥物冰墩墩進(jìn)行了1、2、3三個(gè)數(shù)字的標(biāo)號(hào)，然后將它們放入不透明的箱子中，甲、乙、丙三名同學(xué)分別進(jìn)行抽取，并將抽到的冰墩墩的標(biāo)號(hào)告知老師，老師根據(jù)三人抽取的號(hào)碼情況給出了三種說法：①甲抽取的是1號(hào)冰墩墩；②乙抽取的不是2號(hào)冰墩墩；③丙抽取的不是1號(hào)冰墩墩．若三種說法中只有一個(gè)說法正確，則抽取2號(hào)冰墩墩的是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．無法判定【答案】A【分析】由于只有一種說法正確，所以分別由①，②，③正確進(jìn)行推理可得結(jié)果【詳解】若①正確，即甲抽取的是1號(hào)冰墩墩正確，則②乙抽取的不是2號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即乙抽取是2號(hào)冰墩墩，③丙抽取的不是1號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即丙抽取的就是1號(hào)冰墩墩，出現(xiàn)矛盾，所以①錯(cuò)誤，若②正確，即乙抽取的不是2號(hào)冰墩墩是正確的，那么乙抽取的是1號(hào)或3號(hào)，則①甲抽取的是1號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即甲抽取的是2號(hào)或3號(hào)，③丙抽取的不是1號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即丙抽取的就是1號(hào)冰墩墩，由此可得乙抽取3號(hào)，甲抽取2號(hào)，丙抽取1號(hào)，若③正確，即丙抽取的不是1號(hào)冰墩墩是正確的，那么丙抽取的是2號(hào)或3號(hào)，則①甲抽取的是1號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即甲抽取的是2號(hào)或3號(hào)，則②乙抽取的不是2號(hào)冰墩墩是錯(cuò)誤的，即乙抽取是2號(hào)冰墩墩，那么1號(hào)就由甲或丙抽取，出現(xiàn)矛盾，所以③錯(cuò)誤，綜上，②是正確，則有乙抽取3號(hào)，甲抽取2號(hào)，丙抽取1號(hào)，故選：A6．已知點(diǎn)F為拋物線C：的焦點(diǎn)，直線l經(jīng)過點(diǎn)F且交拋物線C于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)M，若，，則（

）A． B．2 C．4 D．【答案】B【分析】過作垂直于軸，垂足為，過作垂直于軸，垂足為，設(shè)，根據(jù)直角三角形相似可得，得，解方程組可得結(jié)果.【詳解】過作垂直于軸，垂足為，過作垂直于軸，垂足為，如圖：設(shè)，則，，，，，根據(jù)直角三角形相似可得，所以，由得，由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故選：B7．已知正實(shí)數(shù)x，y，z滿足，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)選項(xiàng)可考慮令，再分別表示出再判斷即可【詳解】令，則，故，故故選：C8．將一個(gè)棱長(zhǎng)為的正四面體放入一個(gè)正方體形的玻璃容器，若要求該正四面體能在正方體形容器中自由旋轉(zhuǎn)，則該正方體容器的棱長(zhǎng)的最小值為（

）A．2 B． C． D．4【答案】A【分析】根據(jù)題意，求解棱長(zhǎng)為的正四面體的外接球直徑即可【詳解】由題，要該正四面體能在正方體形容器中自由旋轉(zhuǎn)，則該正方體容器的棱長(zhǎng)的最小值為該正四面體的外接球直徑.設(shè)正方體中正四面體棱長(zhǎng)為，則正方體棱長(zhǎng)為，體對(duì)角線長(zhǎng)為，且正方體與正四面體外接球相同，直徑都為2，故正方體容器的棱長(zhǎng)的最小值為2故選：A9．已知、分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，，是軸正半軸上一點(diǎn)，線段交雙曲線左支于點(diǎn)，若，且的內(nèi)切圓半徑為，則雙曲線的離心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設(shè)的內(nèi)切圓分別切線段、、于點(diǎn)、、，連接、、，利用切線長(zhǎng)定理可得出，結(jié)合雙曲線的定義可求得的值，再由可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓分別切線段、、于點(diǎn)、、，連接、、，如下圖所示：由切線長(zhǎng)定理可知，，，，因?yàn)椋?，，，則四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，則，因?yàn)榍覟榈闹悬c(diǎn)，則，因?yàn)?，即，又因?yàn)?，因此，該雙曲線的離心率為.故選：A.10．若，則在，，，…，中，值為零的個(gè)數(shù)是（

）A．202 B．144 C．404 D．288【答案】C【分析】由于一，二象限角的正弦值為正，三，四象限角的正弦值為負(fù)值，故，，，，，，，，可得到，，而，從而可得到周期性的規(guī)律，從而得到答案．【詳解】解：，，，，，，，，，，，，，，而，，又，，，所以是以為周期，且在一個(gè)周期內(nèi)有兩個(gè)為零，因?yàn)?，所以值為零的個(gè)數(shù)是；故選：C11．已知正三棱錐和正四棱錐的所有棱長(zhǎng)均為2，如圖將三棱錐的一個(gè)面和正四棱錐的一個(gè)側(cè)面重合在一起，得到一個(gè)新幾何體，則下列關(guān)于該新幾何體說法不正確的是（

）A． B．C．新幾何體為三棱柱 D．正四棱錐的內(nèi)切球半徑為【答案】D【分析】取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連、、、，可證平面，平面，從而平面與平面重合，再證明四邊形為平行四邊形，可得，可得；根據(jù)，可得；根據(jù)棱柱的定義可得新幾何體為三棱柱；利用體積關(guān)系可求出內(nèi)切球的半徑.【詳解】取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連、、、，如圖：因?yàn)檎忮F和正四棱錐的所有棱長(zhǎng)都為，所以，，，又，所以平面，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以平面，所以平面與平面重合，因?yàn)?，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又，所以，故A正確；因?yàn)椋?，故B正確；因?yàn)?，，所以四邊形為平行四邊形，同理得四邊形也為平行四邊形，所以，因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面，同理得平面，因?yàn)?，所以平面平面，又，根?jù)棱柱的定義可得該新幾何體為三棱柱，故C正確；設(shè)正四棱錐的內(nèi)切球半徑為，因?yàn)檎睦忮F的高為，由得，故D不正確.故選：D.12．已知函數(shù)（且），若函數(shù)的零點(diǎn)有5個(gè)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（

）A． B．或C．或或 D．或【答案】D【分析】依題意函數(shù)的零點(diǎn)即為方程的根，對(duì)分四種情況討論，結(jié)合函數(shù)圖形即可得解；【詳解】解：依題意函數(shù)的零點(diǎn)即為方程的根，①當(dāng)時(shí)函數(shù)的函數(shù)圖象如下所示：所以有兩個(gè)根，（，），而對(duì)應(yīng)2個(gè)根，所以需要對(duì)應(yīng)3個(gè)根，所以，即，解得；②當(dāng)時(shí)函數(shù)的函數(shù)圖象如下所示：所以有兩個(gè)根，（，），而對(duì)應(yīng)2個(gè)根，對(duì)應(yīng)2個(gè)根，即共四個(gè)根，所以不滿足題意；③當(dāng)時(shí)函數(shù)的函數(shù)圖象如下所示：所以有三個(gè)根，，，從而，，，所對(duì)應(yīng)2、2、1個(gè)根，即共5個(gè)根，所以滿足題意；④當(dāng)時(shí)函數(shù)的函數(shù)圖象如下所示：所以有三個(gè)根，，，（，，），而，，分別對(duì)應(yīng)2、2、0個(gè)根，即共四個(gè)根，所以不滿足題意；綜上可得實(shí)數(shù)的取值范圍為或；故選：D二、填空題13．已知向量，均為單位向量，，則_______．【答案】【分析】設(shè)向量，的夾角為，根據(jù)兩邊平方可得，再平方計(jì)算求解即可【詳解】設(shè)向量，的夾角為，因?yàn)?，故，故，故，故故答案為?4．的展開式中項(xiàng)的系數(shù)為_______．【答案】【分析】由及二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，又因?yàn)榈恼归_式的通項(xiàng)公式為，令，得，令，得不合題意，令，得，所以的展開式中項(xiàng)的系數(shù)為.故答案為：.15．已知a，b為正實(shí)數(shù)，且，則的最小值為_______．【答案】【分析】依題意可得，再將右邊利用基本不等式計(jì)算得到，最后解一元二次不等式即可得解；【詳解】解：因?yàn)?、且，所以?dāng)僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即解得或（舍去），當(dāng)且僅當(dāng)、時(shí)取等號(hào)；故答案為：16．設(shè)為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若，則滿足的最大的正整數(shù)n的值為_______．【答案】【分析】由已知可得，，再利用等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式及等差數(shù)列的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：因?yàn)?，所以，，所以，，所以，，所以使最大的為．故答案為：．三、解答題17．如圖，在平面四邊形ABCD中，，，．(1)若，求的面積；(2)若，求BC．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)求得，再結(jié)合求解即可（2）設(shè)，再在中利用正弦定理得出關(guān)于的方程，再根據(jù)三角函數(shù)恒等變換化簡(jiǎn)求解即可【詳解】(1)由可得，又故，故(2)設(shè)，則，，在中，由正弦定理可得，即，交叉相乘化簡(jiǎn)得，即，利用降冪公式有，利用輔助角公式有，故，利用誘導(dǎo)公式可得，故，又，解得，又由正弦定理有，故18．共享汽車，是指許多人合用一輛車，即開車人對(duì)車輛只有使用權(quán)，而沒有所有權(quán)，有點(diǎn)類似于在租車行業(yè)里的短時(shí)間的租車．它手續(xù)簡(jiǎn)便，打個(gè)電話或通過網(wǎng)上就可以預(yù)約訂車．某市為了了解不同年齡的人對(duì)共享汽車的使用體驗(yàn)，隨機(jī)選取了100名使用共享汽車的體驗(yàn)者，讓他們根據(jù)體驗(yàn)效果進(jìn)行評(píng)分．(1)設(shè)消費(fèi)者的年齡為x，對(duì)共享汽車的體驗(yàn)評(píng)分為y．若根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，用最小二乘法得到y(tǒng)關(guān)于x的線性回歸方程為，且年齡x的方差為，評(píng)分y的方差為．求y與x的相關(guān)系數(shù)r，并據(jù)此判斷對(duì)共享汽車使用體驗(yàn)的評(píng)分與年齡的相關(guān)性強(qiáng)弱（當(dāng)時(shí)，認(rèn)為相關(guān)性強(qiáng)，否則認(rèn)為相關(guān)性弱）．(2)現(xiàn)將100名消費(fèi)者的年齡劃分為“青年”和“中老年”，評(píng)分劃分為“好評(píng)”和“差評(píng)”，整理得到如下數(shù)據(jù)，請(qǐng)將列聯(lián)表補(bǔ)充完整并判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為對(duì)共享汽車的評(píng)價(jià)與年齡有關(guān)．好評(píng)差評(píng)合計(jì)青年16中老年12合計(jì)44100附：回歸直線的斜率相關(guān)系數(shù)獨(dú)立性檢驗(yàn)中的，其中．臨界值表：【答案】(1)；對(duì)共享汽車使用體驗(yàn)的評(píng)分與年齡的相關(guān)性很強(qiáng).(2)有99.9%的把握認(rèn)為對(duì)共享汽車的評(píng)價(jià)與年齡有關(guān).【分析】（1）根據(jù)方差公式求出、，結(jié)合求出，再根據(jù)相關(guān)系數(shù)公式求出相關(guān)系數(shù)，可得結(jié)果；（2）求出，結(jié)合臨界值表可得結(jié)果.【詳解】(1)因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，所以相關(guān)系數(shù)，因?yàn)?，所以可以判斷?duì)共享汽車使用體驗(yàn)的評(píng)分與年齡的相關(guān)性很強(qiáng).(2)根據(jù)題意可得列聯(lián)表如下：好評(píng)差評(píng)合計(jì)青年163248中老年401252合計(jì)5644100因?yàn)椋杂?9.9%的把握認(rèn)為對(duì)共享汽車的評(píng)價(jià)與年齡有關(guān).19．如圖，在四棱錐中，點(diǎn)E為線段PC的中點(diǎn)，為正三角形，，，，，．(1)求證：平面平面PCD；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點(diǎn),連、，根據(jù)已知條件證明，平面，從而可得平面平面PCD；（2）取的中點(diǎn)，連，以為原點(diǎn)，為軸，過且與平面垂直的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系：利用空間向量可求出結(jié)果.【詳解】(1)取的中點(diǎn),連、，如圖：因?yàn)闉椋闹悬c(diǎn)，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，，所以，因?yàn)?，所以平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以平面平面PCD.(2)取的中點(diǎn)，連，因?yàn)?，所以，由?）可知，，又，，所以平面，所以，因?yàn)?，所以平面，以為原點(diǎn)，為軸，過且與平面垂直的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：則，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，，所以，因?yàn)槠矫?，所以取平面的一個(gè)法向量為，設(shè)二面角的大小為，由圖可知為鈍角，所以，所以.所以二面角的余弦值為.20．已知橢圓C：的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為，，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓C上，且有，(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P（0，1）點(diǎn)且與橢圓E相交于A、B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率之和為，若，垂足為M，判斷是否存在定點(diǎn)N，使得為定值，若存在求出點(diǎn)N，若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)離心率為可得，再在中利用余弦定理求解即可；（2）設(shè)直線l的方程為，再聯(lián)立橢圓的方程，表達(dá)出直線PA與直線PB的斜率之和為，結(jié)合韋達(dá)定理可得，進(jìn)而得到直線l過定點(diǎn)，從而根據(jù)確定點(diǎn)N【詳解】(1)因?yàn)殡x心率為，故，解得，又，故.在中有，，，，由余弦定理可得，化簡(jiǎn)可得，故，橢圓C的方程為(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)點(diǎn)，此時(shí)有，解得，此時(shí)直線l的方程為；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為，聯(lián)立化簡(jiǎn)可得，，又直線PA與直線PB的斜率之和為，故，代入直線方程有，化簡(jiǎn)得，代入韋達(dá)定理有，整理得，故直線過定點(diǎn)，當(dāng)直線l的方程為時(shí)也滿足，又，故存在的中點(diǎn)得為定值【點(diǎn)睛】本題主要考查了橢圓結(jié)合解三角形的計(jì)算問題，同時(shí)也考查了直線與橢圓聯(lián)立方程，利用韋達(dá)定理化簡(jiǎn)求定點(diǎn)的問題，屬于難題21．已知函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)若函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）首先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可求出切線的斜率，即可得解；（2）依題意可得①，②，即可得到，不妨設(shè)，令，構(gòu)造函數(shù)，，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到，兩邊取對(duì)數(shù)，即可得證；【詳解】(1)解：當(dāng)時(shí)，所以，，所以，即切線的斜率，所以切線方程為；(2)證明：依題意有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，，即有兩個(gè)不同的根，即有兩個(gè)不同的根，即①，②；①②得③，②①得④，由③④得不妨設(shè)，令，令，，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，即，所以又所以，即令，則在上單調(diào)遞增，又，所以，即，所以，所以，得證；【點(diǎn)睛】導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．22