2022届衡水中学高三年级第三次质检考试数学（文）试题（解析版）

1、本文格式为Word版，下载可任意编辑 2022届衡水中学高三年级第三次质检考试数学（文）试题（解析版） 2022届衡水中学高三年级第三次质检考试数学（文）试题 一、单项选择题 1设集合，那么 （ ） A B C D 【答案】C 【解析】此题首先可以通过解一元二次不等式计算出集合A，然后通过对数的性质计算出集合B，结果计算出，即可得出结果。 【详解】 集合A：， 故集合， 集合B：， 故集合， ，应选C。 【点睛】 此题测验的是集合的相关性质，主要测验集合的运算、一元二次不等式的解法以及对数的相关性质，测验计算才能，表达了根基性与综合性，是简朴题。 2若复数是纯虚数，其中是实数，那么=( ) A

2、 B C D 【答案】A 【解析】由于复数是纯虚数，所以，那么m=0，所以，那么. 3已知函数那么（ ） A B C D 【答案】D 【解析】根据分段函数的定义域中变量的范围先求出，然后再求出即为所求 【详解】 由题意得， 应选D 【点睛】 此题测验分段函数求值，解题的关键是分清自变量在定义域中的哪个范围中，然后代入求值即可，属于根基题 4以下四个命题中是真命题的是 ( ) A对分类变量x与y的随机变量观测值k来说，k越小，判断“x与y有关系”的把握程度越大 B两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的十足值越接近于0 C若数据的方差为1，那么的方差为2 D在回归分析中，可用相关指数的值判断模型

3、的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 【答案】D 【解析】依据线性相关及相关指数的有关学识可以推断，即可得到答案. 【详解】 依据线性相关及相关指数的有关学识可以推断，选项D是正确的 【点睛】 此题主要测验了线性相指数的学识及其应用，其中解答中熟记相关指数的概念和相关指数与相关性之间的关系是解答的关键，着重测验了分析问题和解答问题的才能，属于根基题. 5已知两个非零单位向量的夹角为，那么以下结论不正确的是（ ）A不存在，使 B C， D在方向上的投影为 【答案】D 【解析】A中，由平面向量数量积的定义，判断即可；B中，由平面向量模长的定义，判断即可；C中，根据平面向量数量积与垂直的定义，判断即

4、可；D中，根据单位向量以及向量投影的定义，计算即可；【详解】 对于A，由于两个非零单位向量所以 11coscos1，A正确 对于B，由于两个非零单位向量1，B正确；对于C，由于两个非零单位向量且 ，所以C正确；对于D，由于两个非零单位向量，所以 在方向上的投影为|coscos，D错误；应选D 【点睛】 此题测验了平面向量的数量积与单位向量的定义和应用问题，也测验了模长与投影问题，属于根基题 6对于实数，“”是“方程表示双曲线”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】C 【解析】根据方程表示双曲线求出m的范围，结合充分条件和必要条件的定义举行判断即

5、可 【详解】 由题意，方程表示双曲线，那么，得， 所以“”是“方程表示双曲线”的充要条件， 应选C 【点睛】 此题主要测验了充分条件和必要条件的判断，其中解答中结合双曲线方程的特点求出m的取值范围是解决此题的关键，着重测验了运算与求解才能，以及推理、论证才能，属于根基题. 7九章算术“竹九节”问题：现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4 节的容积共3升，下面3节的容积共4升，那么第五节的容积为（ ）A升 B升 C升 D1升 【答案】A 【解析】试题分析：依题意，解得，故. 【考点】等差数列的根本概念. 8秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九

6、章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是对比先进的算法.如下图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入，的值分别为5，2，那么输出的值为（ ） A64 B68 C72 D133 【答案】B 【解析】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环布局计算并输出变量v的值，模拟程序的运行过程，可得答案 【详解】 模拟程序的运行，可得： n5，x2， v1，m2， 得志举行循环的条件n0，执行循环体，v4，m1，n4， 得志举行循环的条件n0，执行循环体，v9，m0，n3， 得志举行循环的条件n0，执行循环体，v18，m1，n2， 得志举行循环的条件n0，执行循环体，v35，m

7、2，n1， 得志举行循环的条件n0，执行循环体，v68，m3，n0， 不得志举行循环的条件n0，退出循环，输出v的值为68 应选：B 【点睛】 此题测验的学识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法举行解答，属于根基题 9若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，那么的最小值是（ ）A B C D 【答案】D 【解析】利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用函数yAsin（x+）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，求得的最小值 【详解】 将函数化简为sin2x+sin（2x+）， 将函数的图象向右平移（0）个单位，可得ysin（2x2+）的图象；根据所得图象

8、关于y轴对称， 可得2+k+，kZ，即，kZ，令k-1，可得的最小值为. 应选：D 【点睛】 此题主要测验三角恒等变换，函数yAsin（x+）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于根基题 10已知以圆的圆心为焦点的抛物线与圆在第一象限交于点，点是抛物线：上任意一点，与直线垂直，垂足为，那么的最大值为( ) A1 B2 C D8 【答案】A 【解析】分析：由圆的标准方程求得圆心，可得抛物线方程，利用运用抛物线的定义可得，从而可得结果. 详解：由于的圆心 所以，可得以为焦点的抛物线方程为， 由，解得， 抛物线的焦点为，准线方程为， 即有， 当且仅当在之间）三点共线，可得最大值，应选A. 点睛

9、：此题主要测验抛物线的定义和几何性质，以及平面向量的数量积公式，属于难题.与焦点、准线有关的问题一般处境下都与拋物线的定义有关，解决这类问题确定要留神点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决. 11如图，正方体的对角线上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体外观相交于两点.设，的面积为，那么当点由点运动到的中点时，函数的图象大致是（ ） A B C D 【答案】D 【解析】设，而由运动到的中点的过程中，由好像三角形，可知为定值，设正方体的边长为，当为线段的中点时，那么的面积为

10、，应选D. 12若，那么有（ ） A B C D 【答案】D 【解析】由， 构造函数，利用函数单调性得答案 【详解】 由，化简得，构造函数，那么函数在上是增函数， ，那么，即 应选：D 【点睛】 此题测验构造函数以及指数函数单调性的应用，属于根基题. 二、填空题 13设、为两个不同平面，直线，那么“”是“”的_条件. 【答案】充分不必要 【解析】利用面面平行的定义和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义举行判断. 【详解】 根据题意，由于、表示两个不同的平面，为内的一条直线， 由于，那么根据面面平行的性质定理可知，在平面内任何一条直线都与平面平行，条件可以推出结论；反之，直线与平面

11、、的交线平行，根据直线与平面平行的判定定理可知，但此时，平面、相交. 因此，“”是“”的充分不必要条件，故答案为充分不必要. 【点睛】 此题主要测验空间中面面平行的性质定理，同时也测验了充分不必要条件的判断，测验规律推理才能，属于中等题. 14若实数得志约束条件，那么的最小值是_. 【答案】ln3 【解析】由约束条件作出可行域，目标函数zlnylnxln，由图求出的最大值即可 【详解】 由实数x，y得志约束条件作出可行域如下图，联立，解得B（3,1）， 由目标函数zlnylnxln，而的最小值为，zlnylnx的最小值是ln3 故答案为ln3 【点睛】 此题测验简朴的线性规划，测验了数形结合的

12、解题思想方法，属于中档题 15若侧面积为的圆柱有一外接球O，当球O的体积取得最小值时，圆柱的外观积为_. 【答案】 【解析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，那么球的半径，由圆柱的侧面积，求得，得出，得到得最小值，进而求得圆柱的外观积. 【详解】 由题意，设圆柱的底面圆的半径为，高为，那么球的半径. 由于球体积，故最小当且仅当最小. 圆柱的侧面积为，所以，所以，所以， 当且仅当时，即时取“=”号，此时取最小值， 所以,圆柱的外观积为. 【点睛】 此题主要测验了球的体积公式，以及圆柱的侧面公式的应用，其中解答中根据几何体的布局特征，得出求得半径和圆柱的底面半径的关系式，求得圆柱的底面半径是解答的关键

13、，着重测验了空间想象才能，以及推理与运算才能，属于中档试题. 16已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，那么整数的最大值为_ 【答案】4 【解析】【详解】 当时，得， 当时， 又， 两式相减得，得， 所以 又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列， ，即 由于，所以不等式，等价于 记， 时， 所以时， 所以，所以整数的最大值为4 【考点】1数列的通项公式；2解不等式 三、解答题 17在中，角A，B，C对边分别为，且是与的等差中项. （1）求角A； （2）若，且的外接圆半径为1，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】（1）由题意，得，由正弦定理，化简，进而得到，即可求解；（2）设的

14、外接圆半径为，求得，利用余弦定理求得，进而利用面积公式，即可求解 【详解】 （1）由于是与的等差中项. 所以. 由正弦定理得 ， 从而可得， 又为三角形的内角，所以，于是， 又为三角形内角，因此. （2）设的外接圆半径为，那么， ， 由余弦定理得， 即，所以. 所以的面积为. 【点睛】 在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，假设式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；假设式子中含有角的正弦或边的一次式时，那么考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，那么要考虑两个定理都有可能用到 18汉字听写大会不断创收视新高，为

15、了制止“书写危机”，弘扬传统文化，某市大约10万名市民举行了汉字听写测试.现从某社区居民中随机抽取50名市民的听写测试处境，察觉被测试市民正确书写汉字的个数全部在160到184之间，将测试结果按如下方式分成六组：第1组，第2组，第6组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图. （1）若电视台记者要从抽取的市民中选1人举行采访，求被采访人恰好在第2组或第6组的概率；（2）试估计该市市民正确书写汉字的个数的众数与中位数；（3）已知第4组市民中有3名男性，组织方要从第4组中随机抽取2名市同组成弘扬传统文化宣传队，求至少有1名女性市民的概率. 【答案】（1）0.32 ；（2）众数是170，中位数是1

16、68.25 ；（3）【解析】（1）利用频率分布直方图能求出被采访人恰好在第2组或第6组的概率；（2）利用频率分布直方图能求出众数和中位数；（3）共500.126人，其中男生3人，设为a，b，c，女生三人，设为d，e，f，利用列举法能求出至少有1名女性市民的概率 【详解】 （1）被采访人拾好在第2组或第6组的概率. （2）众数：；设中位数为，那么 中位数. （3）共人，其中男生3人，设为，女生三人，设为，那么任选2人， 可能为，共15种， 其中两个全是男生的有，共3种处境， 设事情：至少有1名女性，那么至少有1名女性市民的概率. 【点睛】 此题测验概率、众数、中位数的求法，测验频率分布直方图、列

17、举法等根基学识，测验运算求解才能，属于根基题 19如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为的菱形，点E是棱BC的中点，点P在平面ABCD的射影为O，F为棱PA上一点 (1)求证：平面PED平面BCF；(2)若BF/平面PDE，PO=2，求四棱锥F-ABED的体积 【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）推导出BCPO，BCDE，从而BC平面PED，由此能证明平面PED平面BCF；（2）取AD的中点G，连结BG，FG，从而BGDE，进而BG平面PDE，平面BGF平面PDE，由此能求出四棱锥FABED的体积 【详解】 证明：平面ABCD，平面ABCD， 依题意是等边三角形，E为棱BC的中点，

18、又，PO，平面PED，平面PED， 平面BCF，平面平面BCF 解：取AD的中点G，连结BG，FG， 底面ABCD是菱形，E是棱BC的中点， 平面PDE，平面PDE，平面PDE， 平面PDE，平面平面PDE， 又平面平面，平面平面， ，为PA的中点， ， 点F到平面ABED的距离为， 四棱锥的体积： 【点睛】 此题测验面面垂直的证明，测验四棱锥的体积的求法，测验空间中线线、线面、面面间的位置关系，测验运算求解才能，测验函数与方程思想，是中档题 20设椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为，. （1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于不同的两点M、N，且点O在以MN为直径的

19、圆外（其中O为坐标原点），求的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】(1)由已知条件列出关于的二元一次方程组，求出的值，得到椭圆方程 (2)由题意中点在以为直径的圆外转化为为锐角，即，设出点、的坐标代入求出的取值范围 【详解】 （1）由已知得：， 结合已知有， 可得， 那么椭圆的方程为. （2）设，由得 . 故， . 由题意得为锐角， ， 又 ，解得. 的取值范围为. 【点睛】 此题测验了求椭圆方程及直线与椭圆的位置关系，在求解过程中将其转化为向量的夹角问题，运用向量学识求解，设而不求，解得的取值范围，属于中档题 21已知函数， 在点处的切线与轴平行. （1）求的单调区间；（2）若存在，当时

20、，恒有成立，求的取值范围. 【答案】(1)增区间 减区间 (2) 【解析】试题分析：先求出函数的导数，令导函数大于，解出即可；（2）构造新函数，求导，分类议论的取值，在不可怜况下议论，取得结果结果 解析：（1）由已知可得的定义域为 （2）不等式可化为， ，不适合题意. 适合题意. 适合题意. 综上，的取值范围是 点睛：含有参量的不等式题目有两种解法，一是分开含参量，二是带着参量一起计算，此题在处理问题时含有参量运算，然后经过分类议论，求得符合条件处境的参量范围 22选修44：坐标系与参数方程 已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 （