云南省曲靖市2022届高三第二次教学质量监测数学（文）试题

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云南省曲靖市2022届高三第二次教学质量监测数学（文）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．设，则在复平面内，复数z对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．设是数列的前n项和，若，则（       ）

A．4045 B．4043 C．4041 D．2021

4．某大型家电商场，在一周内，计划销售、两种电器，已知这两种电器每台的进价都是万元，若厂家规定，一家商场进货的台数不高于的台数的倍，且进货至少台，而销售、的售价分别为元/台和元/台，若该家电商场每周可以用来进货、的总资金为万元，所进电器都能销售出去，则该商场在一个周内销售、电器的总利润（利润售价进价）的最大值为（       ）

A．万元 B．万元 C．万元 D．万元

5．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的结果是（ ）

A． B． C． D．

6．北京冬奥会已于2022年2月4日至2月20日顺利举行，这是中国继北京奥运会、南京青奥会后，第三次举办的奥运赛事，之前，为助力冬奥，增强群众的法治意识，提高群众奥运法律知识水平和文明素质，让法治精神携手冬奥走进千家万户，某市有关部门在该市市民中开展了“迎接冬奥·法治同行”主题法治宣传教育活动.该活动采取线上线下相结合的方式，线上有“知识大闯关”冬奥法律知识普及类趣味答题，线下有“冬奥普法”知识讲座，实现“冬奥+普法”的全新模式.其中线上“知识大闯关”答题环节共计30个题目，每个题目2分，满分60分，现在从参与作答“知识大闯关”题目的市民中随机抽取1000名市民，将他们的作答成绩分成6组：.并绘制了如图所示的频率分布直方图. 估计被抽取的1000名市民作答成绩的中位数是（       ）

A．40 B．30 C．35 D．45

7．我国在2020年9月22日在联合国大会提出，二氧化碳排放力争于2030年前实现碳达峰，争取在2060年前实现碳中和．为了响应党和国家的号召，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关：把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品，经测算，该技术处理总成本y（单位：万元）与处理量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为，当处理量x等于多少吨时，每吨的平均处理成本最少（       ）

A．120 B．200 C．240 D．400

8．在中，，P为线段AB的中点，则等于（       ）

A． B． C． D．

9．设直线与双曲线交于，两点，若是线段的中点，直线与直线（是坐标原点）的斜率的乘积等于，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

10．设是函数的导函数，是函数的导函数，若对任意恒成立，则下列选项正确的是（       ）

A． B．

C． D．

11．正方体的棱长为1，E、F、G分别为BC，，的中点，有下述四个结论，其中正确的结论是（       ）

①点C与点B到平面AEF的距离相等；               ②直线与平面AEF平行；

③平面AEF截正方体所得的截面面积为；        ④直线与直线EF所成的角的余弦值为.

A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②③④

12．已知，则“”是“在上恒成立”的（       ）

A．必要不充分条件 B．充要条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知随机变量，且，则a的值为___________.

14．抛物线过圆的圆心，则该抛物线的准线方程为___________.

15．已知，则___________.

16．已知三棱锥三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且， M，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M，N两点间距离的最小值为___________.

17．如图，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是的菱形，，平面PAD垂直于底面ABCD，G为AD边的中点. 求证：

(1)平面PAD；

(2)若，求多面体PABCD的体积.

18．已知数列满足.

(1)证明：数列为等比数列；

(2)当n为偶数时，求数列的前n项和.

19．已知动点到定点和到直线的距离之比为.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)若，，过点的直线与曲线相交于，两点，则是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.

20．2021年6月17日9时22分，我国酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十二运载火箭，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道，顺利将聂海胜、刘伯明、汤洪波3名航天员送入太空，发射取得圆满成功，这标志着中国人首次进入自己的空间站.某公司负责生产的A型材料是神舟十二号的重要零件，该材料应用前景十分广泛，该公司为了将A型材料更好地投入商用，拟对A型材料进行应用改造，根据市场调研与模拟，得到应用改造投入x（亿元）与产品的直接收益y（亿元）的数据统计如下：

当时，建立了y与x的两个回归模型：模型①；模型②：；当时，确定y与x满足的线性回归直线方程为，根据以上阅读材料，解答以下问题：

(1)根据下列表格中的数据，比较当时，模型①②中哪个模型拟合效果更好，并说明理由；

(2)当应用改造的投入为20亿元时，以回归直线方程为预测依据，计算公司的收益约为多少？

附：①；②，当时，；③相关指数的计算公式为：.

21．已知函数.

(1)求函数的极大值；

(2)对于函数与定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”设函数，试探究函数与是否存在“分界线”？若存在，请求出“分界线”的方程；若不存在，请说明理由.

22．曲线经过伸缩变换后得到曲线；以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)若A，B分别为曲线上的两点，且，求的值.

23．已知函数，记的最小值为m.

(1)求m；

(2)若，求的最小值.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

化简集合A，根据交集运算求解即可.

【详解】

，

，

故选：B

2．B

【解析】

【分析】

先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.

【详解】

因为，

所以，

故z对应的点位于复平面内第二象限．

故选：B．

3．A

【解析】

【分析】

根据计算可得；

【详解】

解：因为，

所以；

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

设卖场在一周内进货的台数为台，则一周内进货的台数为，根据题意可得出关于的不等式，解出的取值范围，再写出关于的函数关系式，利用函数的单调性可求得的最大值.

【详解】

设该卖场在一周内进货的台数为台，则一周内进货的台数为，

设该卖场在一周内销售、电器的利润为万元，

由题意可得，可得，且，

，

函数随着的增大而增大，故（万元）.

故选：D.

5．B

【解析】

【分析】

根据输入，，利用给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.

【详解】

因为，，第一次循环除以的余数是，此时，，不符合“”，继续循环，第二次循环，除以的余数是，此时，，不符合“”，继续循环，第三次循环，除以的余数是，此时，，不符合“”，继续循环，第四次循环，除以的余数是23，此时，，符合“”，此时.

故选：B.

6．C

【解析】

【分析】

求出频率分布直方图中频率0.5对应的分数即为中位数．

【详解】

由频率分布直方图知得分在的频率是，得分在上的频率是，，因此中位数在上，

设中位数是，则，解得，

故选：C．

7．D

【解析】

【分析】

先根据题意求出每吨的平均处理成本与处理量之间的函数关系，然后分和分析讨论求出其最小值即可

【详解】

由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为，

当时，，

当时，取得最小值240，

当 时，，

当且仅当，即时取等号，此时取得最小值200，

综上，当每月得理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元，

故选：D

8．C

【解析】

【分析】

由条件得为直角三角形，且可得，从而可得各边的关系，进一步可求解.

【详解】

由，

由,

由

（在中，，所以）

因此为直角三角形，于是由,

所以由，得，

又因为P为线段AB的中点，所以.

故选：C

9．D

【解析】

【分析】

因为点，在双曲线上，利用点差法将点代入双曲线做差化简结合题意可得，利用的平方关系可求出离心率.

【详解】

设，，则直线的斜率为，直线的斜率为，

即．

因为点，在双曲线上，所以有，，

化简可得：，

所以有，离心率为．

故选：D．

10．A

【解析】

【分析】

根据导函数与函数的单调性及导数的几何意义判断即可；

【详解】

解：因为对任意，，恒成立，

所以在上单调递增，且在上单调递减，即的图象增长得越来越慢，从图象上来看函数是上凸递增的，所以，

又，表示点与点的连线的斜率，

由图可知

即，

故选：A

11．C

【解析】

【分析】

对于①：利用平面AEF过BC的中点E，得出C与B到平面AEF的距离相等；

对于②：取的中点Q，连接、、QE.证明出平面∥平面AEF.得到∥平面AEF；

对于③：连接，延长，AE交于点S.判断出截面即为梯形AEFD1.利用梯形的面积公式直接求解；

对于④：判断出直线与直线EF所成的角，利用余弦定理即可求的.

【详解】

对于①：假设C与B到平面AEF的距离相等，即平面AEF将BC平分，则平面AEF必过BC的中点.由E是BC的中点，所以C与B到平面AEF的距离相等.故①正确

对于②：如图所示.

取的中点Q，连接、、QE.

因为，且，所以四边形为平行四边形，所以∥AE.

因为面AEF，面AEF，所以面AEF.同理可证：面AEF.

因为，面，面，所以平面∥平面AEF.

又因为平面，所以∥平面AEF.故②正确；

对于③：连接，延长，AE交于点S.

因为E，F分别为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，所以A、E、F、D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1.

因为CF=CE，所以，即，所以FS=ES又D1F=AE，所以即，，

所以等腰△的高，梯形的高为，所以梯形的面积为.故③正确

对于④：因为，所以直线与直线EF所成的角即为所求.

在三角形中，，由余弦定理得， .

所以直线与直线EF所成的角的余弦值为.故④错误.

故选：C

12．A

【解析】

【分析】

根据在上恒成立转化为即可，进而得出的范围，再利用充分条件必要条件的定义即可求解.

【详解】

由题意可知，，即

由在上恒成立转化为即可，

设，则.

令，即解得.

当时，；所以函数单调递增；

当时，；所以函数单调递减；

当时，函数取得最大值为

.即.

所以“”是“”的必要不充分条件，

所以“”是“在上恒成立”的必要不充分条件.

故选：A.

13．

【解析】

【分析】

利用正态分布的对称性可求解.

【详解】

因为随机变量，

根据正态分布的对称性，由，可知.

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

将圆心坐标代入抛物线的方程，求出的值，即可得出该抛物线的准线方程.

【详解】

圆的标准方程为，圆心坐标为，

将圆心坐标代入抛物线方程可得，解得，

因此，该抛物线的准线方程为.

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

根据诱导公式及同角三角函数基本关系求出，再由二倍角的余弦公式化简求值即可.

【详解】

，

，

.

故答案为：

16．##

【解析】

【分析】

将三棱锥补成正方体，计算出内切球的半径以及点到平面的距离，即可求得、两点间距离的最小值.

【详解】

由已知可将该三棱锥补成正方体，连接，如图所示.

设三棱锥的内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，

易知、、三点均在上，

在正方体中，平面，平面，，

因为四边形为正方形，则，

，平面，

平面，则，同理可证，

，平面，

设内切球的半径为，外接球的半径为，则.

由等体积法可得，

即，

由等体积法可得，得，

、两点间距离的最小值为.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：本题解题关键是将三棱锥置入正方体中，数形结合得到外接球和内切球半径，是一道有一定难度的题.

17．(1)证明见解析；

(2)54.

【解析】

【分析】

（1）利用面面得到平面；

（2）证明面，得到棱锥的高，利用棱锥体积公式求解.

(1)

四边形是的菱形，

∴为等边三角形，又为的中点，∴，

又∵平面平面，平面，平面平面，

∴平面；

(2)

，为的中点，∴，

∵平面平面，平面，平面平面

平面，即是四棱锥的高，

，是等边三角形，

，

.

18．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据等比数列的定义，证明等于一个定值即可；

（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法，根据等差等比数列的求和公式即可得出答案.

(1)

证明：因为，，

所以，

所以数列是首项为4，公比为4的等比数列；

(2)

由（1）可得，即，

则

.

当n为偶数时，，

则

.

19．(1)

(2)是定值，定值

【解析】

【分析】

（1）设，根据题意直接列出所满足的方程，化简即可得出答案.

（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，消元，写韦达；根据韦达定理求出的值即可.

(1)

设，则由题意，知，即，

所以，即，

∴点的轨迹的方程为；

(2)

易知直线的斜率存在，所以设，，过点的直线的方程为，

由消去，得：，

其中，，，

所以

，

所以是定值.

20．(1)模型②拟合效果更好,理由见解析；

(2)亿元.

【解析】

【分析】

（1）分别求出两种的相关指数，通过比较大小，即可求解；

（2）根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，将代入上式的线性回归方程中，即可求解.

(1)

对于模型①，

因为，故对应的，

故对应的相关指数，

对于模型②，同理可得对应的相关指数，

由知，模型②拟合效果更好.

(2)

当时，后五组的，

由最小二乘法可得，所以当时，，

故当投入20亿元时，预测公司的收益约为: （亿元）.

21．(1)

(2)存在，函数与存在分界线为，此时

【解析】

【分析】

（1）根据极值的定义及导数法求函数极值的步骤即可求解；

（2）根据已知条件及构造函数进而得出两函数的公共点，得出分界直线方程，再根据函数恒成立问题转化为利用导数法求函数的最值及一元二次不等式恒成立即可求解.

(1)

由题意可知，

所以的定义域为.

令即，解得.

令即，解得.

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

当时，函数取得极大值为.

所以函数的极大值为.

(2)

设，.

.

令即，解得或（舍）

当时，函数单调递增；

当时，函数单调递减；

当时，函数取得极小值，也是函数的最小值

.

所以函数和的图象在处有公共点.

设与存在“分界线”且方程为.

令，

①由在上恒成立.

即在上恒成立.

所以成立，

 .故.

②下面再证在恒成立.

设，.

.

令即，解得

当时，函数单调递减；

当时，函数单调递增；

当时，函数取得极大值，也是函数的最大值

.

所以在恒成立.

综上①②知，且

故函数与存在分界线为，此时.

【点睛】

解决此类型题的关键第一问直接利用导数与函数极值的关系即可，第二问根据已知条件构造函数，进而得出两函数的公共顶点，得出分界线必经过该点，用点斜式写出分界线方程，将恒成立问题转化为利用导数求函数最值问题即可.

22．(1);

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用同角三角函数的平方关系，将化为普通方程，求曲线，最后应用公式法求的极坐标方程；

（2）设，易得，代入由（1）所得极坐标方程可得的值.

(1)

曲线：的普通方程为，

经过伸缩变换后得到曲线，

由，代入化简，可得极坐标方程为.

(2)

设，由，可得，

∴，

即.

23．(1)1;

(2).

【解析】

【分析】

（1）将写成分段函数的形式，求出分段函数的最小值，即可得到结果；

（2）由（1）可知，再利柯西不等式求出最小值.

(1)

当时，；

当时，；

当时，；

综上，，故．

(2)

，

，

即

当且仅当时，即时等号成立，

的最小值为．