1、河南省顶尖名校2021-2022学年高三下学期第三次素养调研理科数学试卷 本试卷考试时间120分钟，满分150分。注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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B0，1，2，C1，0，1，非空集合A满足AB，AC，则符合条件的集合A的个数为 A3 B
2、4 C7 D82已知复数z满足（2i）z43i（i为虚数单位），则z A2i B2i C12i D12i3某街道甲、乙、丙三个小区的太极拳爱好者人数如右侧的条形图所示该街道体协为普及群众健身养生活动，准备举行一个小型太极拳表演若用分层抽样的方法从这三个小区的太极拳爱好者中抽取12名参加太极拳表演，则丙小区应抽取的人数为 A2 B3 C4 D64已知椭圆C：（b0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C的上顶点，若F1PF2，则b A3 B5 C7 D95在平面直角坐标系xOy中，已知点P（1，0）和圆O：x2y21，在圆O上任取一点Q，连接PQ，则直线PQ的斜率大于的概率是 A B C D6
3、数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，用以下方法画出了如图所示的螺旋线具体作法是：先作边长为1的正三角形ABC，分别记射线AC，BA，CB为l1，l2，l3，以C为圆心、CB为半径作劣弧BC1交l1于点C1；以A为圆心、AC1为半径作劣弧C1A1交l2于点A1；以B为圆心、BA1为半径作劣弧A1B1交l3于点B1，依此规律作下去，就得到了一系列圆弧形成的螺旋线记劣弧BC1的长，劣弧C1A1的长，劣弧A1B1的长，依次为a1，a2，a3，则a1a2a9A B C D7已知ABC是边长为4的等
4、边三角形，D为BC的中点，点E在边AC上，且 （01），设AD与BE交于点P，当变化时，记m，则下列说法正确的是Am随的增大而增大Bm先随的增大而增大后随的增大而减少Cm随的增大而减小Dm为定值8设是给定的平面，A和B是不在内的任意两点，则下列命题正确的是 在内存在直线与直线AB异面 在内存在直线与直线AB相交 存在过直线AB的平面与垂直 存在过直线AB的平面与平行 A B C D9快递行业的高速发展极大地满足了人们的购物需求，也提供了大量的就业岗位，出现了大批快递员某快递公司接到甲、乙两批快件，基本数据如下表：快递员小马接受派送任务，小马的送货车载货的最大容积为350立方分米，最大载重量为2
5、50千克，小马一次送货可获得的最大工资额为 A150元 B170元 C180元 D200元10已知函数则方程（x1）f（x）1的所有实根之和为 A2 B3 C4 D111已知函数（0），若f（x）在区间（，）上不存在零点，则的取值范围是A（0， B（0，C（，）（，1 D，12已知双曲线E：（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作圆O：x2y2a2的切线，切点为T，延长F2T交双曲线E的左支于点P若PF22TF2，则双曲线E的离心率的取值范围是 A（2，） B（，） C（，） D（2，）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中
6、的系数是_.14已知三棱锥中，侧棱底面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为_15已知数列满足，则_.16对于函数，若存在区间（），使得，则称区间为函数的一个“稳定区间”给出下列4个函数：；其中存在“稳定区间”的函数有_（填上所有符合要求的序号）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（12分）在锐角中，角，所对的边分别为，从以下三个条件中任选一个：；，解答如下的问题（1）证明：；（2）若边上的点满足，求线段的长度的最大值.18（12分）某种植园在芒果临近成熟时，随机从一
7、些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示(1)估计这组数据的平均数；(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案：所有芒果以10元/千克收购；方案：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？19（12分）九章算术中，将底面为长方
8、形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的“阳马”中，侧棱底面，点是的中点，作交于点.(1)求证：平面；(2)若平面与平面所成的二面角为，求.20（12分）已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.(1)求的值；(2)如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.21（12分）已知函数(1)讨论的零点个数；(2)若，求证：（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22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线：（为参数，实数），曲线：（为参数，实数）在以O为极点，x轴的正半轴为
9、极轴的极坐标系中，射线l：，（，）与交于O，A两点，与交于O，B两点当时，；当时，(1)求a，b的值；(2)求的最大值23. 选修4-5: 不等式选讲 （10分）已知，若在R上恒成立.(1)求实数a的取值范围；(2)设实数a的最大值为m，若正数b，c满足，求bc+c+2b的最小值.理科数学答案ABCAD ADCBA BC13 14 15 16,17（1）选条件：由，得，由正弦定理可得：，因为，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以；在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件：由正弦定理可得：，又因为，所以，化简整理得：，由，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件：由已知
10、得：，由余弦定理得，所以，因为，所以，由正弦定理可得：，因为，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；（2）由及，可得，在中，由余弦定理可得：，因为为锐角三角形，所以，解得：，所以，所以当即时，取最大值为，所以线段的长度的最大值为.18(1)由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：（克）；(2)由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，；(3)方案收入：（元）；方案收入：
11、由题意得低于350克的收入：（元）；高于或等于350克的收入：（元）.故总计（元），由于,故种植园选择方案获利更多.19(1)设，如图，以为坐标原点，所在方向分别为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.则，因为点是的中点，所以，于是，即，又已知，而，所以平面.(2)由平面，所以是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.若面与面所成二面角的大小为，则，解得.所以，故当面与面所成二面角的大小为时，.20(1)解：将代入得，设、，则，由韦达定理可得，则，解得或（舍），故.(2)将代入中得，设、，则，由韦达定理可得，对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，即，同理抛物线在点处的切线方程为
12、，联立得，所以，所以点的坐标为，当时，即切线与交于轴上一点，此时、重合，由，则，又，则存在使得成立；当时，切线与轴交于点，切线与轴交于点，由，得的中点，由得，即，又，所以，所以，又，所以存在实数使得成立. 综上，命题成立.21(1)由题意（其中），只需考虑函数在的零点个数当时，函数在内没有零点，当时，函数在单调递增，取时，时，此时在存在唯一个零点，且当时，则时，；时，所以在上单调递减，在上单调递增.则是函数在上唯一的极小值点，且取时，取时，.因此：若，即时，没有零点；若，即时，有唯一个零点；若，即时，有且仅有两个零点综上所述，时，有两个零点；或时，有唯一个零点；时，没有零点(2)不等式即为（其
13、中），先证时，令，则，则单调递增，所以，则所以，故只需证明即可即证明（其中），令，只需证明即可又，则时，；时，所以在上单调递增，在上单调递减.则时，取得极大值，且，也即为最大值由得则时，；时，所以在上单调递减，在上单调递增.则时，取得极小值，且，也即为最小值由于，即有，则，所以时，不等式成立，则不等式也成立22(1)由曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开为：，其极坐标方程为，即，由题意可得当时，.曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开可得极坐标方程为，由题意可得当时，.(2)由（1）可得，的极坐标方程分别为，.，的最大值为，当，时取到最大值.23(1)令，则由解析式易知，因为在R上恒成立，所以，即(2)由（1）可知，则.当且仅当，即时，取等号.故的最小值为
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