【专项突破】2022年豫南大联高数学（理科）模拟试题（二模）（含答案解析）

1、【专项突破】2022年豫南大联高数学（理科）模仿试题（二模）试卷副标题考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单 选 题1已知集合，则（       ）ABCD2已知复数z满足，则（       ）A18iB18iC1818i3已知p：“”，q：“”，若p是q的必要不充分条件，则实数m的取值

2、范围是（       ）ABCD4已知，则a，b，c的大小关系是（       ）ABCD5已知等差数列的前n项和为，且满足，则（       ）A5B10C7D146一组5个数据，的和为25，方差为6，则，5这6个数的方差为（       ）A5B6C25D307函数的大致图象是（   

3、    ）ABCD8如图，在中，M为BC的中点，则mn（       ）A1BCD29已知，的值为，xm是的一条对称轴，则的最小值为（       ）ABCD10图中方格都是边长为1的正方形，粗实线画出了一个几何体的三视图，则该几何体的最长棱长为（       ）A3B5CD11双曲线有一个几何性质：从一个焦点射出的光线射到双曲线上一点M，经双曲线

4、在点M处的切线反射后，反射光线的反向延伸线另一个焦点已知双曲线的左、右焦点分别为，从射出的光线投射到双曲线上一点M，经双曲线在点M处的切线l：yx1反射后，反射光线的反向延伸线点，则a（       ）A3BC5D12已知函数与函数的图象恰有3个交点，则实数k的取值范围是（       ）ABCD第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分二、填 空 题13已知x，y满足，则的值为_14已知，则_15正四棱锥的各条棱长均为2，则该四棱锥的内切

5、球的表面积为_16在平面直角坐标系xOy中，M：与抛物线C：有且仅有两个公共点，直线l过圆心M且交抛物线C于A，B两点，则_评卷人得分三、解 答 题17已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(1)求角A的大小；(2)若，AD2，且AD平分BAC，求ABC的面积注：三角形的内角平分线定理：在PQR中，点M在边QR上，且PM为QPR的内角平分线，有18疫情逐渐缓解，学校教学从线上上课方式回归到线下上课方式为了检验网课学习的成果，某学校进行了一场开学考试某年级实验班共有先生50人，数学考试成绩的频率分布直方图如下图所示分布区间分别为，数学考试成绩不低于120分为(1)求该实验班数学考试

6、成绩达到的人数；(2)从实验班一切先生的数学试卷中，按考试成绩能否，利用分层抽样的方法随机抽取10人的试卷，再在这10人的试卷中，随机抽取3份试卷，记X为这3份试卷中考试成绩达到的试卷份数求X的分布列和数学期望19如图，在矩形ABCD中，AB4，BC2，E为CD的中点，将ADE沿AE折起，使点D到点P处，平面PAE平面ABCE(1)证明：平面PAB平面PBE；(2)求二面角CPAB的正弦值20已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，上下顶点分别为，四边形的面积为(1)求椭圆的标准方程；(2)不过点的直线l交椭圆于P，Q两点，直线和直线的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点21已知函数，其中(1)求

7、的最小值；(2)证明：22在平面直角坐标系中，已知直线l：以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为(1)求直线l的极坐标方程和圆C的一个参数方程；(2)若直线l与圆C交于A，B两点，且，求m的值23已知函数，(1)在给出的平面直角坐标系中画出和的图象；(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围第17页/总23页参考答案：1C【解析】【分析】先求得集合A、B，再由集合的交集运算可得选项.【详解】由于，所以.故选：C.2C【解析】【分析】由题意得复数z，代入即可得到答案.【详解】由，得， 故选：C.3D【解析】【分析】由p、q分别定义集合和，用集合

8、法求解.【详解】由选项可判断出m0.由q：“”可得：.由p：“”可得：.由于p是q的必要不充分条件，所以ÜA.若m=0时，ÜA不满足，舍去；若m>0时，.要使ÜA，只需m>1.综上所述：实数m的取值范围是.故选：D4A【解析】【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性可得大小关系.【详解】由于，所以，而，故即，故，故，所以，故选：A.5D【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式，等差数列的通项公式即得.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，即，因此.故选：D.6A【解析】【分析】利用平均数和方差公式，即可计算.【详解】一组5个数据，的和为25，方差

9、为6，这5个数据，的平均数为，5这6个数的平均数为，5这6个数的方差为.故选：A.7B【解析】【分析】确定函数的奇偶性排除两个选项，然后由导数确定函数的单调性得正确结论【详解】，所以是奇函数，排除CD，又，所以是增函数，排除A，选B故选：B8C【解析】【分析】利用向量的线性运算可求的值.【详解】，而，故，而且不共线，故，故选：C.9B【解析】【分析】利用三角函数的性质可得，进而可得，即得.【详解】的值为，又，又xm是的一条对称轴，即，的最小值为.故选：B.10D【解析】【分析】由三视图画出几何体可得答案.【详解】由三视图可得原几何体为三棱锥，把三棱锥放在上面正方体中，做底面，则，所以，则该几何

10、体的最长棱长为.故选：D.11D【解析】【分析】由直线与双曲线方程联立方程组，消元后利用判别式为0得关系，然后再由代入后可解得【详解】由得，所以，即，又，所以，或（舍去），故选：D12B【解析】【分析】把题意转化为关于x的方程有3个根.进行分类讨论：分别研讨和的根的情况，求出k的取值范围.【详解】由于函数与函数的图象恰有3个交点，所以有3个根.证：x=1为其中一个根.当时，可化为，及i.或时，方程有且仅有一个根x=-1；ii. 且时，方程有两个根，或x=-1.当时，可化为.令，（x>0）.则.当时，有，所以在上单减.由于，所以有且只要1个根x=1.所以需求有两个根或x=-1， 才有3个根

11、，此时且.当时，有且仅有一个根x=-1，所以只需在有2个根.此时.在上，单减；在上，单增.且当时，；当时，；所以只需，即，亦即.记.则，所以当时，所以在上单调递减，所以当时，在上单调递增.所以，即（当且仅当x=1时取等号）.所以要使成立，只需，解得：.所以且.综上所述：实数k的取值范围是.故选：B【点睛】利用导数研讨零点成绩：（1）确定零点的个数成绩：可利用数形的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解成绩就是判断能否存在零点的成绩，可参变分离，转化为求函数的值域成绩处理.可以经过构造函数g（x）的方法，把成绩转化为研讨构造的函数

12、g（x）的零点成绩；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思绪：利用最值或极值研讨；利用数形思想研讨；构造辅助函数硏究，13【解析】【分析】作出约束条件表示的可行域，再根据目标函数的几何意义数形即可得解；【详解】解：约束条件所表示的可行域，如图所示：由，解得，即，由，则，平移直线，显然当直线过点时，在轴的截距，所以故答案为：14#0.75【解析】【分析】由可得答案.【详解】，由于，所以，故答案为：.15【解析】【分析】设四棱锥的内切球的半径为，由题可得，进而即得.【详解】设底面的为，连接，则，设四棱锥的内切球的半径为，连接，得到四个三棱锥和一个四棱锥，它们的高均为，即，解得，该四棱锥的

13、内切球的表面积为.故答案为：.160【解析】【分析】根据给定条件，求出圆心M的坐标，设出直线l的方程，与抛物线方程联立求解作答.【详解】因M与抛物线C有且仅有两个公共点，而M与抛物线C都关于x轴对称，因此，两个公共点的横坐标相反，并且，由消去y并整理得：，且，于是得，解得，即点，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为，由消去x并整理得：，设，则，所以.故答案为：017(1)(2)【解析】【分析】（1）由题设可得，从而可求.（2）根据角平分线性质可得，利用余弦定理可得的关系，两者可求的长度，从而可求三角形的面积.(1)由于，故，所以即，而为三角形内角，故.(2)由于，所以，由于为角平分线，故且

14、即，由余弦定理可得，且所以，解得，故，所以三角形的面积为.18(1)30(2)分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据直方图可得相应的频率，从而可求相应的人数.（2）根据（1）的频率可求10人数学成绩的人数，再根据超几何分布可求的分布列，根据公式可求期望.(1)由直方图可得数学成绩大于120的频率为，故数学成绩大于120的人数为人.(2)利用分层抽样的方法随机抽取10人的试卷，其中共有6人数学成绩达到，而可取，故的分布列如下：0123.19(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）首先由勾股定理逆定理得到，再由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再根据，即可得到平面，从而得证；（2）取的中点，

15、连接，即可得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解(1)证明：在矩形中，由为中点，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：取的中点，连接，则，又平面平面，平面平面，平面，平面如图以为原点建立空间直角坐标系则， ，设平面的法向量为，令，则设平面的法向量为，令，则设平面与平面所成的角为则，所以二面角的正弦值为20(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，的关系，解方程可得，进而得到椭圆方程；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时设，联立直线与

16、椭圆方程，消元、列出韦达定理，由整理可得，即可求出直线过定点坐标；(1)解：由题意可得，即，又，解得，则椭圆的方程为；(2)证明：由（1）可得，当直线的斜率存在时，设，由，所以，又，代入整理得，由消去整理得，所以，所以，整理得，当时，直线过，不符合题意，所以，即，故直线的方程为，符合题意，故恒过点；当直线的斜率不存在时，设，由，解得，即直线的方程为，必过定点，综上可得，直线恒过定点；21(1)0；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间，即可得出函数的极值，也是函数的最小值；（2）构造函数，利用导数可证明，据此可得出，再由不等式的性质可证明再利用即可得证.(1), 令，解得，由为增函数知，当时，当时，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为.(2)令，则，由时，时，可知在上递减，在上递增，所以当时，取最小值. 故，即对.故，故而对，故原式得证.22(1)，；(2).【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式即可求出直线极坐标方程，由极坐