河南省许平汝联盟高三下学期3月质量检测数学（文）试题

2022届河南省许平汝联盟高三下学期3月质量检测数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求解一元二次不等式解得集合，再求集合的交运算即可.【详解】因为，即，故，则，故.故选：D.2．已知复数（其中为虚数单位），则（

）A．2 B． C．4 D．10【答案】B【分析】根据给定条件，计算出复数z，再由模的意义求解作答.【详解】依题意，，所以.故选：B3．函数在处的切线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出函数的导数，再借助导数的几何意义求出切线方程作答.【详解】依题意，，则，而，于是有，即，所以所求切线方程为：.故选：A4．已知，，则ab=（

）A．2 B． C． D．1【答案】B【分析】联立给定等式并变形，再借助指数函数单调性计算作答.【详解】因，，因此有，即，而函数在R上单调递增，则，所以.故选：B5．设数列的前n项和为，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用求数列通项公式即可.【详解】当时，，可得；当时，，即；∴数列是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为，故选：D【点睛】本题考查了由与的递推关系求数列通项，属于基础题.6．连续掷两次骰子，则两次所掷点数之和为奇数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得连续掷两次骰子的所有情况，再找出满足题意的所情况，利用古典概型的概率计算公式即可求得结果.【详解】以表示连续掷骰子两次的点数情况，则所有情况有如下36种；，，，，，，其中满足点数之和为奇数的有如下18种：，故满足题意的概率为.故选：A.7．已知点A为抛物线上的动点，以点A为圆心的圆M与y轴相切，抛物线的焦点为F，线段与圆M相交于点P，则（

）A．4 B．2 C．1 D．【答案】C【分析】由抛物线的定义及题意有即可求解.【详解】设，由题意，由抛物线的定义，可知，又为线段与圆M的交点且圆M与y轴相切，所以，所以.故选：C8．在前项和为的等差数列中，，，则（

）A．38 B．37 C．36 D．35【答案】D【分析】写出等差数列的通项公式以及前n项求和公式，利用题中所给的条件即可.【详解】设的通项公式为，其中是首项，d是公差，则，，由题意，解得…①，将代入得，，；故选：D.9．已知函数，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先由函数解析式得到、，再根据的取值范围，求出、的取值方程，即可得到，解得即可；【详解】解：因为，所以，，因为，即，因为，所以，，所以，解得；故选：B10．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，．则关于的不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由是R上的奇函数求出a值，并求出时，函数的解析式，再分段讨论解不等式作答.【详解】因函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则，解得，即当时，，当时，，则，而当时，，则当时，，即，变形得，解得，所以不等式的解集为.故选：A11．奔驰汽车是德国的汽车品牌，奔驰汽车车标的平面图如图（1），图（2）是工业设计中按比例放缩的奔驰汽车车标的图纸．若向图（1）内随机投入一点，则此点取自图中黑色部分的概率约为（

）【答案】B【分析】求最大圆的面积，利用两圆面积差求黑色圆环面积，利用三角形的面积公式求每一个黑色三角形面积，最后利用数值的估算锁定答案.【详解】最大圆的面积；黑圈面积；每个黑色三角形黑色面积与总面积的比值为0.237（可以代入，也可以借助找到最接近的答案）故选：B.12．如图，三棱锥的展开图为四边形，已知，，，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，，根据三角形相关性质可得各棱长，进而可得平面，可得三棱锥体积.【详解】如图所示，连接，，且，，由已知得，，故，则与，均为等腰三角形，且，，故点为中点，点为中点，所以，又，所以，，故，还原三棱锥如图所示，可得，，，所以，,即，，所以平面，故.故选：D.二、填空题13．已知，满足约束条件，则的最大值为___________．【答案】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可.【详解】，满足约束条件的可行域如下图所示，目标函数经过如下图可行域的点时，目标函数取最大值：.故答案为：.14．已知非零向量，满足，，则的最小值为______．【答案】【分析】根据数量积的坐标计算，将表达为关于的函数关系，求其最小值即可.【详解】因为，因为，故，当且仅当时，即时取得最小值.故答案为：.15．已知点P为球O内的一点，且．当过点P的平面截球O所得截面面积为时，与平面所成的角为，则球O的表面积为______．【答案】【分析】作图，分析图中的几何关系，即可计算出球的半径.【详解】作与平面垂直平面的投影图：其中ED即为平面的投影，过球心O作平面的垂线OC，垂足为C，由题意可知CD=，，∴OC=1，球的半径，球的表面积为；故答案为：.16．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右顶点为、，若该双曲线上存在点，使得直线、的斜率之和为，则该双曲线离心率的取值范围为__________．【答案】【分析】求得，利用基本不等式可求得的取值范围，结合离心率公式可求得结果.【详解】设点，其中，易知点、，且有，则，，当点在第一象限时，，，则，，且，由基本不等式可得，因为存在点，使得直线、的斜率之和为，则，即，.故答案为：.三、解答题17．某单位有A，B两条生产线生产同一种产品．为了了解两条生产线产品质量的稳定性，要在两条生产线的产品中抽取一定数量的样品进行调查．每次在两条生产线的产品中各抽取100个样品，共抽取五次．已知在五次抽取中，A，B两条生产线合格产品的数量如下表：第一次第二次第三次第四次第五次A9189939592B9491879296(1)分别计算五次抽取的样品中两条生产线合格产品数量的平均数；(2)试通过计算方差，说明哪条生产线的产品质量更为稳定．【答案】(1)生产线合格产品数量的平均数均为；(2)，生产线产品质量更为稳定.【分析】（1）根据已知数据，结合平均数的计算公式，直接求解即可；（2）根据（1）中所求平均数，结合方差的计算公式，直接求解并进行比较即可.【详解】(1)根据抽样数据可知：生产线合格产品数量的平均数为，生产线合格产品数量的平均数为.(2)生产线合格产品数量的方差：，生产线合格产品数量的方差：，因为，故生产线的产品质量更为稳定.18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)证明：为等腰三角形；(2)若，，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由正弦定理转化，根据两角和差的正弦公式化简证明（2）由余弦定理解出三边长，求底边的高后求面积【详解】(1)，由正弦定理转化得化简得，故，为等腰三角形，得证(2)由（1）得，由余弦定理得解得19．如图，，是圆柱底面的圆心，，，均为圆柱的母线，是底面直径，E为的中点．已知，．(1)证明：；(2)若，求该圆柱的体积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直（2）建立空间直角坐标系，根据垂直条件解出圆柱的高【详解】(1)连结，可知平面平面(2)如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系设圆柱的高为可得由题意得，解得故圆柱的体积20．已知函数．(1)若仅有一个零点，求a的取值范围；(2)若函数在区间上的最大值与最小值之差为，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由导数讨论函数单调性后列不等式求解（2）由导数分类讨论函数单调性后求最值【详解】(1)①时，恒成立，在上单调递增，易知其有1个零点，满足题意②时，时，时故在和上单调递增，在上单调递减，由题意仅有1个零点，故，解得综上，的取值范围是(2)由（1）可知①时，在区间上单调递增，②即时，在区间上单调递减，③即时，在区间上单调递减，在上单调递增，，故综上，可得21．在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点为，，直线与椭圆交于，两点．已知周长的最大值为，且当，时，．(1)求椭圆的标准方程；(2)设的面积为，若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可得当直线经过点时，三角形周长最大，再利用待定系数法求得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与弦长可得，进而可得三角形面积，再利用换元法及二次函数最值情况可得面积的范围.【详解】(1)由椭圆定义可知，，故三角形的周长,又，当直线经过点时，等号成立，故，即，故椭圆方程为，又当，时，，设点，故，解得，故点，代入椭圆方程得，解得，故椭圆方程为；(2)联立椭圆与直线方程，得，，即，则，，，化简可得，点到直线的距离为，所以，设，则，所以.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，（其中是参数，）．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)证明：曲线过定点；(2)若曲线与曲线无公共点，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）消去曲线参数方程中的参数，可得曲线的直角坐标方程，当时，等式成立，从而即可得答案；（2）曲线表示以为圆心，1为半径的圆，曲线表示以为圆心，1为半径的圆，由题意，可得两圆是相离的位置关系，从而即可求解.【详解】(1)证明：因为曲线的参数方程为，（其中是参数，），所以消去参数可得，曲线的直角坐标方程为，即，当时，等式成立，即曲线过点；(2)解：曲线的直角坐标