1、2022届高三年级第十次月考文科数学试卷 5.8命题人：付小林 审题人：袁艳辉一、单选题1若集合且，则（）ABCD2已知（是虚数单位），则（）ABCD3某交通广播电台在正常播音期间，每个整点都会进行报时某出租车司机在该交通广播电台正常播音期间，打开收音机想收听电台整点报时，则他等待时间不超过5分钟的概率为（）ABCD4函数的图象大致为（）ABCD5设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“ab是“”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6在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个
2、以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长，当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这个人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么个感染者新的传染人数为已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使个感染者新的传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为（）ABCD7已知某个数据的平均数为，方差为，现加入和两个新数据，此时个数据的方差为（）ABCD8函数的图象如图所示，先将函数图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列结论正确的是（）A函
3、数是奇函数B函数在区间上是增函数C函数图象关于对称D函数图象关于直线对称9某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.则该多面体的体积为（）AB8CD10如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、上，且，则长度的最大值为（）AB6CD11已知长方体 中，底面为正方形且边长为1，侧棱长为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（）ABCD12对于任意，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数a的取值范围是（）ABCD二、填空题13已知向量，.若向量，的夹角为，则实数_.14设x，y满足约束条件，则的最大值为_15已知
4、函数为偶函数，当时，且，则_16如图,椭圆的右焦点为,过的直线交椭圆于两点,点是点关于原点的对称点,若且,则椭圆的离心率为_三、解答题17“自媒体”是指普通大众通过网络等途径向外发布他们本身的事实和新闻的传播方式某“自媒体”作者2020年度在“自媒体”平台A上发布了200条事实和新闻，现对其点击量进行统计，如表格所示：点击量（万次）条数201006020（）现从这200条事实和新闻中采用分层抽样的方式选出10条，求点击量超过50万次的条数；（）为了鼓励作者，平台A在2021年针对每条事实和新闻推出如下奖励措施：点击量（万次）奖金（元）02005001000若该作者在2021年5月份发布了20条
5、事实和新闻，请估计其可以获得的奖金数18如图，四棱锥中，四边形为正方形，且与所成角（1）求证：平面；（2）若分别是的中点，求三棱锥的体积19公差不为零的等差数列中的部分项，成等比数列，其中，.（）求等比数列的公比；（）若，求数列的前项和.20已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.（1）求抛物线的方程；（2）已知动直线过点，交抛物线D于A、B两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.21已知函数的图象与轴相切于原点(1)求，的值；(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围22在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，
6、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)求曲线C的直角坐标方程；(2)求曲线C围成的图形的面积23已知函数.（1）求不等式的解集.（2）若函数的最大值为，设，且，证明：.2022届高三年级第十次月考文科数学试卷答题卡一、单选题（每小题5分，共60分）123456789101112二、填空题（每小题5分，共20分）13、 14、 15、 16、 三、解答题（本大题共6小题，共70分）17（12分）18. （12分）19. （12分）20.（12分）21. （12分）（选考题）22. 23.（10分）2022届高三年级第十次月考文科数学试卷答案选择题 DDBBBDBDCCDB13
7、1411151617（）4条；（）7000元【分析】（）根据样本容量比与总体容量比相等计算；（）利用2020年的频率估计2021的频率，得各范围内的条数，从而可计算奖金【详解】（）设被抽取的点击量（万次）在的事实和新闻的条数分别为m，n，p，q，则，所以，则点击量超过50万次的条数为4条；（）由题意知，根据2020年度的频率估计得出：奖金（元）02005001000条数（元）21062则，所以估计该作者在2021年5月可以得到的奖金为7000元18（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由线面垂直的判定可证得平面，由此得到，即，在中，利用余弦定理可求得，由长度关系可证得，由线面垂直的判定定理可证
8、得结论；（2）根据长度关系可确定，利用体积桥和三棱锥体积公式可求得，由此计算得到结果.【详解】（1）四边形为正方形，平面，平面，又平面，又，与所成角，在中，即，解得：，又，平面，平面（2）为中点，为中点，.又，即三棱锥的体积为.【点睛】思路点睛：立体几何中的求解三棱锥体积问题通常采用两种思路来进行求解：（1）体积桥：将三棱锥进行等体积代换，转化为高易求的三棱锥体积的求解问题；（2）割补：将三棱锥切割为几个部分或者补足为某个易求体积的几何体来进行求解.19（）3；（）.【分析】（）利用等比数列的定义及性质求出等差数列与的关系，进而求出等比数列公比；（）先求出，再利用错位相减法及等差、等比数列的求
9、和公式分组求和，进而求出.【详解】（）由已知得，解得，所以等比数列的公比.（），则，.因为是等差数列的第项，也是等比数列的第项，所以，即，解得，.设数列，数列，数列的前项和分别为，则由等比、等差数列的求和公式得，-得，.【点睛】数列求和的方法技巧：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和20（1）y24x；（2）存在，x3.【分析】（1）由题意，设抛物线方程为y22px（p0），先根据椭圆的方程求出椭圆的右焦点即抛物线的焦点，从而求出p的值即可求解；（2）设
10、存在直线m：xa满足题意，则圆心，过M作直线xa的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2|MG|2|ME|2，由此可推出存在直线m：x3满足题意.【详解】解：（1）由题意，设抛物线方程为y22px（p0），由椭圆知，所以c1，抛物线的焦点为（1，0），1，即p2，抛物线D的方程为y24x.（2）设存在直线m：xa满足题意，则圆心，过M作直线xa的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2|MG|2|ME|2， 即|EG|2|MA|2|ME|2 ，当a3时，|EG|23，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值，因此存在直线m：x3满足题意.【点
11、睛】关键点点睛：本题的解题关键是，根据垂径定理得|EG|2|MG|2|ME|2，进而转化为|EG|2|MA|2|ME|2，利用两点间的距离公式及抛物线方程进行化简.21(1)，(2)【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可(1)，依题意，即解得(2)由（1）得，记，所以，当时，（）当时，所以为增函数，又因为，所以存在唯一实数，使得（）当时，则由（）（）可知，单调递减，单调递增因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，即单调递减；，即，单调递增因为，所以存在唯一实数：，使得
12、，即在上有唯一零点，符合题意当时，记，所以，所以为增函数，所以为增函数，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去综上，a的取值范围为【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题22(1)(x，y不同时为0)(2)【分析】（1）按照极坐标方程和直角坐标方程
13、互化即可；（2）先计算出第一象限图形的面积，再结合对称性求出整个图形的面积.(1)由，可知，所以，又，则曲线C的直角坐标方程为(x，y不同时为0).(2)当时，得曲线C的第一象限内的直角坐标方程：，配方得，则曲线C在第一象限内的图形由一个直角边为1的等腰直角三角形和一个半径为的半圆组成，易知，曲线C在第一象限内的围成的图形面积为.结合对称性可知曲线C围成的图形的面积为.23（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）将函数转化为分段函数，再利用分类讨论法求出不等式的解集；（2）由（1）可知，再利用柯西不等式即可证明；【详解】解：（1）因为，函数图象如下所示因为，所以或或解得或或，所以原不等式的解集为（2）由（1）可知的最大值为，即，所以，又，所以所以当且仅当时取等号所以
