河南省汝州市高三4月質(zhì)量檢測數(shù)學（文）試題

2022屆河南省汝州市高三4月質(zhì)量檢測數(shù)學（文）試題一、單選題1．已知集合，則（

）A．{0，1} B．{－2，－1，0} C．{－2，0，1，2，3} D．{－2，－1，0，1，2}【答案】C【分析】化簡集合S，再利用并集的定義運算即得.【詳解】因為，，所以.故選：C.2．已知，則在復平面內(nèi)，復數(shù)對應的點位于（

）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限【答案】D【分析】根據(jù)復數(shù)的運算求得，以及，再求其對應的點，即可判斷和選擇.【詳解】由題意知，所以，故其在復平面內(nèi)對應的點為，位于第一象限.故選：.3．已知橢圓：的焦距為，則（

）A．25 B．5 C． D．1【答案】A【分析】分和兩種情況求解計算即可.【詳解】因為曲線為橢圓，且焦距為，所以，即；所以當時，表示焦點在軸橢圓，所以，所以（符合題意）；所以當時，表示焦點在軸橢圓，所以，所以（舍去）.故選：A.4．已知函數(shù)為奇函數(shù)，則（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】D【分析】根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)，結(jié)合特殊值計算求解即可.【詳解】解：因為函數(shù)為奇函數(shù)，所以，所以，解得，此時，滿足奇函數(shù)的定義.所以故選：D5．（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】把化成即得解.【詳解】解：.故選：A.6．已知圓C：和直線l：，則“”是“直線l與圓C相切”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】求出直線與圓相切時對應的的值，結(jié)合充分條件、必要條件的概念即可得結(jié)果.【詳解】當圓C：和直線l：相切時，即，解得，所以若，則直線l與圓C相切成立，若直線l與圓C相切，則不成立，所以“”是“直線l與圓C相切”的充分不必要條件，故選：A.7．已知某幾何體的三視圖如圖所示（圖中網(wǎng)格紙上小正方形邊長為1），則該幾何體的體積為（

）A． B．15 C． D．20【答案】C【分析】由三視圖得到該幾何體為棱臺，利用棱臺的體積公式即得.【詳解】由題可得該幾何體為底面分別為邊長為2、4的正方形，高為2的正棱臺，故該幾何體的體積為.故選：C.8．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則A＝（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】運用正弦定理進行角化邊，再利用余弦定理即得.【詳解】因為，由正弦定理得，所以，所以，又，所以.故選：B.9．為踐行"綠水青山就是金山銀山”的發(fā)展理念，全國各地對生態(tài)環(huán)境的保護意識持續(xù)增強，某化工企業(yè)在生產(chǎn)中產(chǎn)生的廢氣需要通過過濾使廢氣中的污染物含量減少到不高于最初的20%才達到排放標準．已知在過濾過程中，廢氣中污染物含量y（單位：mg/L，）與時間t（單位：h）的關系式為（，k為正常數(shù)，表示污染物的初始含量），實驗發(fā)現(xiàn)廢氣經(jīng)過5h的過濾，其中的污染物被消除了40%．則該企業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的廢氣要達標排放需要經(jīng)過的過濾時間至少約為（

）（結(jié)果四舍五入保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)）A．12h B．16h C．26h D．33h【答案】B【分析】利用函數(shù)關系式，結(jié)合條件可求出常數(shù)k的值，然后結(jié)合排放標準即可求出結(jié)論．【詳解】由題意，實驗發(fā)現(xiàn)廢氣經(jīng)過5h的過濾，其中的污染物被消除了40%，∵，∴，∴，即，∴，當時，，即，∴,即該企業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的廢氣要達標排放需要經(jīng)過的過濾時間至少約為16h.故選：B.10．某同學為了，設計了一個程序框圖（如圖所示），則在該程序框圖中，①②兩處應分別填入（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】理解程序框圖功能后補全內(nèi)容【詳解】程序框圖功能為求的前100項和，遞推公式為，故①為，當時繼續(xù)循環(huán)，當時退出循環(huán)，故②為故選：C11．若函數(shù)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B． C． D．（0，2）【答案】D【分析】求導，利用極值點的性質(zhì)結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】∵，∴，因為函數(shù)有兩個極值點，所以有兩個不等的正根，故，解得.故選：D.12．已知，（，不同時為0）．若，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．的圖象關于直線對稱C．在上單調(diào)遞增 D．過點的直線與的圖象一定有公共點【答案】D【分析】根據(jù)題意得，根據(jù)性質(zhì)判斷即可.【詳解】因為，所以當時，取最大值，即，即，所以，取，所以；對于A：，，又因為在單調(diào)遞增，所以，即，故A錯誤；對于B：的對稱軸方程為：，即，所以，無整數(shù)解，故B錯誤；對于C：的單調(diào)遞減區(qū)間為：，即，當時，單調(diào)遞減，故C錯誤；對于D：因為是定義域為，值域為的連續(xù)周期函數(shù)，，故過點的直線與的圖象一定有公共點，故D正確.故選：D.二、填空題13．已知平面向量，，若，則＝___．【答案】【分析】先求出的坐標，再由垂直關系利用數(shù)量積為，即可求解.【詳解】由題，，因為，所以，即，解得，故答案為：14．在區(qū)間(0，9)上任取一個數(shù)x，使成立的概率為___．【答案】【分析】由題可得，然后利用幾何概型概率公式即得.【詳解】由得，故所求概率.故答案為：.15．已知雙曲線C：（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為，，過右支上一點P作C的一條漸近線的垂線，垂足為H，若的最小值為，則C的離心率為___．【答案】2【分析】利用雙曲線定義，將的最小值轉(zhuǎn)化為的最小值，由點到直線距離公式求出，從而求出離心率.【詳解】如圖所示，連接，則由雙曲線定義可知：，則，若的最小值為，則的最小值為，過點過漸近線與點，此點即可的最小值，即，故離心率為.故答案為：216．如圖，在四面體ABCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，，以D為球心，1為半徑作球，則該球的球面與面ABC（三角形及其內(nèi)部）的交線長度為___．【答案】【分析】先求出到平面的距離，判斷球體與各個面的相交情況，再計算求解即可.【詳解】∵DA，DB，DC兩兩垂直，，∴，所以是邊長為的等邊三角形，所以邊長為的等邊三角形的高為：，所以，設到平面的距離為，，∵，所以，解得，則，所以以為球心，為半徑的球與平面，平面，平面的交線為個半徑為的圓的弧線，與面的交線為一個圓，且圓的半徑為，所以交線總長度為：.故答案為：.三、解答題17．家用自來水水龍頭由于使用頻繁，很容易損壞，受水龍頭在保修期內(nèi)維修費等因素的影響，企業(yè)生產(chǎn)每件水龍頭的利潤與該水龍頭首次出現(xiàn)損壞的時間有關，某閥門廠生產(chǎn)尺寸都為4分（指的是英制尺寸）的甲（不銹鋼閥芯），乙（黃銅閥芯）兩種品牌的家用水龍頭，保修期均為1年（4個季度），現(xiàn)從該廠已售出的這兩種水龍頭中各隨機抽取200件，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表，品牌甲乙首次出現(xiàn)損壞時間x（季度）水龍頭數(shù)量（件）20180816176每件的利潤（元）246將頻率視為概率，解答下列問題：(1)從該廠生產(chǎn)的甲、乙兩種品牌水龍頭中各隨機抽取一件，試比較首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率的大??；(2)由于資金限制，只能生產(chǎn)其中一種品牌的水龍頭，若從水龍頭的利潤的平均值考慮，你認為應選擇生產(chǎn)哪種品牌的水龍頭比較合理？【答案】(1)乙品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率大于甲品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率.(2)應生產(chǎn)乙品牌的水龍頭.【分析】（1）利用古典概型概率計算公式分別求出甲、乙兩種品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率，比較它們的大小，即可得出結(jié)果.（2）分別求出甲、乙兩種品牌水龍頭的利潤平均值，比較它們的大小即可得出結(jié)果.【詳解】(1)設“甲、乙兩種品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)”為事件，，，.即乙品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率大于甲品牌水龍頭首次出現(xiàn)損壞發(fā)生在保修期內(nèi)的概率.(2)由題意，甲水龍頭的利潤的平均值，乙水龍頭的利潤的平均值，因為，所以應生產(chǎn)乙品牌的水龍頭.18．在等比數(shù)列中，且成等差數(shù)列．(1)求的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前n項和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由成等差數(shù)列，可得，從而可求出公比，進而可求出的通項公式；（2）由（1）得，然后分為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況求解即可【詳解】(1)設等比數(shù)列的公比為，由于，則，因為成等差數(shù)列，所以，所以，解得，所以，(2)由（1）得，當為偶數(shù)時，，當為奇數(shù)時，，所以19．如圖，在幾何體中，，，均為邊長為的等邊三角形，平面平面，平面⊥平面．(1)求證：；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取，的中點分別為和，連接，，，根據(jù)條件證明為平行四邊形即可；（2）取，的中點分別為，，分別連接，，，再根據(jù)條件證明平面，因為平面，所以點到平面的距離等價于點到平面的距離，即點到平面的距離，所以得到，求解計算即可.【詳解】(1)取，的中點分別為和，連接，，，因為和均為邊長為的等邊三角形，所以，，且，因為平面平面，平面與平面的交線為，平面，所以平面；因為平面平面，平面與平面的交線為，平面，所以平面，所以，又，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為，的中點分別為和，所以，結(jié)合，所以(2)取，的中點分別為，，分別連接，，，因為，，所以四邊形為等腰梯形，所以，又，的中點為，所以，因為平面，平面，，所以平面，又因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離等價于點到平面的距離，即點到平面的距離，所以，設點到平面的距離為，所以，所以，因為，所以，因為，所以，所以，因為四邊形為等腰梯形，，，所以，又，所以在等腰三角形中，底邊上的高為：，所以，所以，所以點到平面的距離為：.20．在平面直角坐標系xOy中，一動圓經(jīng)過點F（2，0）且與直線相切，設該動圓圓心的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)過點M（m，0）（m＞0）作兩條互相垂直的直線，且與曲線交于A，B兩點，與曲線交于C，D兩點，點P，Q分別為AB，CD的中點，求△MPQ面積的最小值．【答案】(1)(2)16【分析】（1）設出圓心坐標，列出等量關系，整理得到軌跡方程；（2）設出直線方程，與第一問求出的拋物線聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，從而表達出點P，Q的坐標，表達出△MPQ面積，利用基本不等式求出面積的最小值.【詳解】(1)設圓心為，由題意得：，兩邊平方，整理得：，故曲線的方程為.(2)顯然直線斜率均存在，不妨設，（）與聯(lián)立得：，設，則，則，故，，所以，由于直線互相垂直，故，所以，當且僅當，即時等號成立，所以△MPQ面積的最小值為16.21．已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若關于x的不等式恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)詳見解析；(2).【分析】（1）求出導函數(shù)，分類討論的取值，判斷導函數(shù)的符號，即得；（2）由題可得在上恒成立，構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的導數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，說明極值點一正一負，再利用導函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化求解的范圍即可.【詳解】(1)因為的定義域為，且.當時，則，所以在上單調(diào)遞減，當時，令，得.當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；綜上，當時，在上單調(diào)遞減；當時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；(2)不等式在上恒成立等價于在上恒成立，令，則，對于函數(shù)，，所以其必有兩個零點，又兩個零點之積為，所以兩個零點一正一負，設其中一個零點，則，即.此時在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，即.設函數(shù)，則，當時，；當時，.所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以.由在上單調(diào)遞減，得，故的取值范圍為.【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：若在區(qū)間D上有最值，則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分離常數(shù)，即將問題轉(zhuǎn)化為：（或），則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.22．在平面直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．(1)求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；(2)若曲線與軸交于點，與曲線交于，兩點，求的值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根據(jù)消參即可，根據(jù)極坐標和直角坐標互化公式求解即可；（2）先求出曲線的參數(shù)方程為：，聯(lián)立曲線，用的幾何意義解題即可.【詳解】(1)因為，所以，，所以曲線的普通方程為：；曲線