1、平顶山许昌济源20212022学年高三第二次质量检测理科数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合，则（）A. B. C. MD. N【1题答案】【答案】D【解析】【分析】求得，证明函数过点，可得，即可求出答案.【详解】解：，因为当时，所以函数过点，所以，所以
2、.故选：D.2. 若复数，则（）A. B. C. D. 10【2题答案】【答案】B【解析】【分析】根据虚数单位i的循环特点，按照复数四则运算规则运算即可.【详解】由于，；故选：B.3. 若等差数列和等比数列满足，则（）A. 4B. 1C. 1D. 4【3题答案】【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，求得，那么故选：C.4. 已知，则（）A. B. 12C. 12D. 【4题答案】【答案】C【解析】【分析】先求出和，利用二倍角公式求出，直接代入即可求解.【详解】
3、因为，解得：，所以.所以.所以.故选：C5. 已知函数，若，则（）A. B. C. D. 【5题答案】【答案】D【解析】【分析】先得到，进而由得到答案.【详解】定义域为R，且，又，所以，所以.故选：D6. “中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（）A. B. C. D. 【6题答案】【答案】B【解析】【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案.【详解】如示意图，根据题意，
4、由勾股定理可得，联立方程解得.于是.故选：B.7. 甲乙丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的记X为三人选中的赛区个数，Y为三人没有选中的赛区个数，则（）A. ，B. ，C. ，D. ，【7题答案】【答案】D【解析】【分析】的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，从而求出，进而求出；的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，从而求出，进而求出，由此能求出结果【详解】解：由题意得可能取值为1，2，3，则，所以，的可能取值为0，1，2，则，；，故选：D8. 如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一
5、条母线，C为底面圆上一点，且，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】A【解析】【分析】根据圆柱的特征，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意可得，利用向量法即可求出答案.【详解】解：因为AB是圆柱底面圆的一条直径，所以，又OP是圆柱的一条母线，如图，以为原点建立空间直角坐标系，因为，所以，又因，所以，所以，即，设，则，则，则，设平面PAB的法向量为，则有，可取，则，所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.故选：A.9. 已知函数与函数在区间上的图像交于A，B，C三点，则的面积是（）A. 2B. C. D. 4【9题答案】【答案】A【解析】【分析】
6、先求出于A，B，C三点坐标，得出等腰三角形，进而求出面积.【详解】，则，令，即或或，解得：，不妨设，则为等腰三角形，故选：A10. 已知函数恰有两个极值点，则a的取值范围是（）A. B. C. D. 【10题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题意，对函数求导数，得出导数有两不等实根，转化为两函数有两个交点的问题，结合图象即可得出的取值范围【详解】解：函数，由于函数的两个极值点为，即，是方程的两不等实根，即方程，且，；设，因为恒过定点，设函数上点的切线恰过点，因为，则，即，解得，即，切线的斜率，在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示：要使这两个函数有2个不同的交点，应满足，解得，所以的取
7、值范围是故选：D11. 过双曲线的下焦点作圆的切线，切点为E，延长FE交抛物线于点P，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【11题答案】【答案】D【解析】【分析】先设双曲线的上焦点为，则，因为抛物线为，所以为抛物线的焦点，O为的中点，又可得E为FP的中点，所以OE为的中位线，得到，再设，由得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率【详解】设双曲线的上焦点为，则抛物线为，为抛物线的焦点，O为的中点，则为FP的中点，又为的中点，则为的中位线，切圆O于E， 设，则，由点在抛物线上，则在直角中，即，整理得即，又，所以故选：D12. 已知，则a，b，c的大小关系是（）A. B
8、. C. D. 【12题答案】【答案】A【解析】【分析】记，利用导数证明出，令时，证明出；记，利用导数证明出，令时，.即可得到结论.【详解】记，则.令，解得：；，解得：；所以在单减，在单增.所以，即.当时，有，即.记，则.令，解得：；，解得：；所以在单增，在单减.所以，即.当时，有，即.所以.故选：A【点睛】指、对数比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 己知向量，满足，且，则在上的投影为_【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据得，进而根据投影的概念求解即可得
9、答案.【详解】解：因为，所以，因为，所以，即，所以在上的投影为故答案为：14. 在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，且所有项的系数之和为0，则含的项的系数为_（用数字作答）【14题答案】【答案】【解析】【分析】依题意根据二项式系数的特征得到，再令，得到所有项的系数和，即可求出参数的值，再写出二项式展开式的通项，令，求出，最后代入计算可得；【详解】解：依题意，因为只有第6项的二项式系数最大，所以，即，令，则，所以，所以二项式展开式的通项为，令，解得，则，即展开式中项的系数为；故答案为：15. 已知P是椭圆上的动点，且不在坐标轴上，是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，若M是的角平分线上一点，且
10、，则的取值范围是_【15题答案】【答案】【解析】【分析】设在第一象限，延长交的延长线于点，连接，然后可得，推导出（其中为的横坐标），从而，由可知，由此能够得到的取值范围【详解】由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，延长交的延长线于点，连接，由于在的角平分线上，可知，所以与全等，则，再由，知，（其中为的横坐标），由可知，由椭圆的方程知，的取值范围是，故答案为：16. 设为数列的前n项和，满足，数列的前n项和为，满足，则_【16题答案】【答案】【解析】【分析】直接利用数列递推式和累乘法求出数列的通项公式，再利用裂项相消法的应用可求得结果【详解】由，得，因为，所以， 所以，满足上式，则，当时，满足上式，
11、所以，所以，所以故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求角A；（2）若点D在边AC上，且，求BCD面积的最大值【1718题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式，诱导公式变形可求得；（2）由平面向量的线性运算求得，用余弦定理及基本不等式求得的最大值，可得面积的最大值，从而得结论【小问1详解】因为，由正弦定理得，所以，即，三角形中，所以，而，所
12、以；【小问2详解】由得，所以，在中由余弦定理，即，当且仅当时等号成立，所以，所以BCD面积的最大值为18. 为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量y（单位：万台）关于x（年份）的线性回归方程为，且销量y的方差为，年份x的方差为（1）求y与x的相关系数r，并据此判断电动汽车销量y与年份x的相关性强弱；（2）该机构还调查了该地区100位购车车主性别与购车种类情况，得到的数据如下表：购买非电动汽车购买电动汽车总计男性302050女性153550总计4555100能否有99.5%的把握认为购买电动汽车与性别有关？附：（i）线性回归方程：，其中，；（ii）相关系
13、数：，相关系数时相关性较强，时相关性一般，时相关性较弱（iii）0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828，其中【1819题答案】【答案】（1）与相关性较强（2）有的把握认为购买电动汽车与性别有关【解析】【分析】（1）将相关系数公式适当变形，可得，再代入已知数据计算，即可判断；（2）由列联表计算出卡方，再与临界值比较，即可判断；【小问1详解】解：相关系数所以与相关性较强；【小问2详解】解：，所以有的把握认为购买电动汽车与性别有关；19. 如图，在三棱锥DABC中，G是ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，（1）证
14、明：平面平面ABD；（2）若平面ABC，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值【1920题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行及面面平行的判定定理可证得；（2）分析知当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可得解.【小问1详解】，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又G是ABC的重心，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又，平面所以平面平面ABD【小问2详解】由，可得又，又平面ABC，平面ABC，又，平面，平面，又平面，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.如图，
15、作，以C为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为则，令，设平面的一个法向量为则，令，所以二面角的余弦值为20. 如图，圆与抛物线相交于点、，且（1）若抛物线的焦点为，为其准线上一点，是坐标原点，求抛物线的方程；（2）设与相交于点，与组成蝶形（如图所示的阴影区域）的面积为，求点的坐标及的最大值【2021题答案】【答案】（1）（2），最大值为.【解析】【分析】（1）可设点，利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，则、，将抛物线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，根据可求得点的坐标，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得的最大值.【小问
16、1详解】解：抛物线的焦点为，设点，所以，则，可得，故抛物线的标准方程为.【小问2详解】解：根据圆与抛物线的对称性，四边形是以轴为对称轴的等腰梯形，不妨设，、第一象限，设点、，则、，联立，消去可得，则关于的二次方程有两个不等的正根，所以，解得，依据对称性，点在轴上，可设点，由得，所以，解得，所以，点，当且仅当时，等号成立，故当时，取得最大值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值21.
17、设函数（1）当时，求在上的单调区间；（2）记，讨论函数在上的零点个数【2122题答案】【答案】（1）单调递增区间为、，单调递减区间为、；（2）个零点【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）首先得到，当时，显然满足条件，当时，恒成立，即可不存在零点，当，依题意可得，令，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数；【小问1详解】解：当时，则，令，即或，解得或；令，即或，解得或，所以在上的单调递增区间为、，单调递减区间为、；【小问2详解】解：因为，所以，因为，所以是函数的一个零点；当时，所以恒成立，所以在上无零点；当时，
18、由，即得，令，所以，令，则，所以在上单调递减，又，所以存在唯一实数，使得，且时，则，所以在上单调递增，时，则，所以在上单调递减，易知，又，所以函数在和上各有一个零点，所以函数在上有且仅有两个零点，综上可得在上有且仅有个零点；（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修44：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）写出直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线与曲线C交于P，Q两点，PQ中点为M，A（1，0），求的值【2223题答案
19、】【答案】（1）直线的普通方程为，曲线C的直角坐标方程为；（2）8.【解析】【分析】（1）根据参数方程、极坐标方程的知识进行转化即可；（2）直线的参数方程也可表示为（为参数），然后利用的几何意义求解即可.【小问1详解】由可得，即直线的普通方程为，由可得，所以，即所以曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】直线的参数方程也可表示为（为参数），将其代入可得，设该方程的根为，则，所以，所以选修45：不等式选讲23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）若，使，求实数a的取值范围【2324题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分三种情况去绝对值解不等式，（2）将问题转化为函数的图象与直线有公共点，画出图象，根据图象求解【小问1详解】当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，不等式的解集为【小问2详解】，使，则函数的图象与直线有公共点，因为直线恒过点，令图象的最低点为，则直线的斜率为，由图象可知，当或时，函数的图象与直线有公共点，所以实数a的取值范围为
