高考模擬練習(xí)-河南省頂尖名校2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期模擬訓(xùn)練文科數(shù)學(xué)試卷(含答案解析)

1、試卷第 頁(yè)，共5貞試卷第 頁(yè)，共5頁(yè)河南省頂尖名校2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期橫擬訓(xùn)練LJ文科數(shù)學(xué)試卷試卷副標(biāo)題題號(hào) 扇總分得分考試范Hih XXX；考試吋間：100分鐘：命題人：xxx注意市項(xiàng)：答題前填寫好自d的姓名、班級(jí)、考g等信息請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上第I卷(選擇題)評(píng)卷人得分請(qǐng)點(diǎn)擊修改第I卷的文字說(shuō)明1.己知集合A = a|-2x0./0）的漸近線方程為y = -x,實(shí)軸長(zhǎng)為2,則為1 I 4IA1B-1 -2V227.某地以“綠水靑山就足金山銀山”理念為引導(dǎo)，推進(jìn)綠色發(fā)展.現(xiàn)要訂購(gòu)一批m木，ffi木長(zhǎng)度與佐價(jià)如下表：苗木長(zhǎng)度A （厘米）384858687888售價(jià)y （元）1

2、6.818.820.822.82425.8由表可知，苗木長(zhǎng)度* （厘米）與價(jià)y （元）之間存在線性相關(guān)關(guān)系.回歸方程為 y = 0-2x+,則當(dāng)苗木長(zhǎng)度為150厘米吋，俾價(jià)大約為（）A. 33.3 B. 35.3C. 38.9D. 41.58.如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A.BfiA中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB.BC.CC、的中 點(diǎn)，P足底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，矜直線與平面不存在公共點(diǎn)，則三角形M我的KC9.在數(shù)列中,4=i,數(shù)列-+4s公比為2的等比數(shù)列，則（c. 1+FD.1i+Fio.拋物線r = 2px（ p0）準(zhǔn)線上的點(diǎn)A 1 j拋物線上的點(diǎn)R關(guān)于原點(diǎn)O対稱，線段AB的垂直平分線a

3、w與拋物線交于點(diǎn)打直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)W（4,0）,則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)足A.（4.0）B.（2,0）C. （1.0）D. 1,011.設(shè)/|.v是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在（0,+）單調(diào)遞增.則（）.A. /(log20.5)/(log23)B. /(2O2)/(2-5)12.直線x =與y = SmA和 = 的閣象分別交于A. B兩點(diǎn)，當(dāng)線段長(zhǎng)吋，的而積為（0為坐標(biāo)原點(diǎn)）（A. 3nB.半D.學(xué)第II卷（非選擇題）請(qǐng)點(diǎn)擊修改第II卷的義字說(shuō)明評(píng)卷人得分二、填空題13.記等差數(shù)列的前w項(xiàng)和為久，若氏=5a5 ，則al5 = 14. 77函數(shù)/（A-） = AV-/7iliix在點(diǎn)（!,/（!）處的切線過(guò)點(diǎn)

4、（0.0），則實(shí)數(shù)m = ， 15.己知雙曲線 4- = 1 （a0,辦0）與拋物線（7: yz=2px （p0）有共 cr /r同的一焦點(diǎn).過(guò)E的左焦點(diǎn)且與曲線C相切的直線恰與F的一漸近線平行.則的離心 率為 . 16.己知三棱錐SABC屮，SA = SB = SC. a ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，點(diǎn)，F(xiàn)分別是SC，5C的中點(diǎn)，DAC上的一點(diǎn)，且丄SD,右FD = 3,則D：=. 評(píng)卷人得分己知等差數(shù)列的公差心0,前項(xiàng)和為,54=10,且:.人.8成等比數(shù)列.求數(shù)列的通項(xiàng)公式弋：2)n = -L-(ne),求數(shù)列汽的前項(xiàng)和7；.JI2020年1 fl底因新型冠狀病毒感染的肺炎疫情形勢(shì)嚴(yán)峻，

5、避免外出是減少相互交 叉感染最好的方式.全大.屮.小學(xué)生郤開(kāi)始了 M上學(xué)習(xí).為了了解某校學(xué)生網(wǎng)上學(xué)習(xí)的 情況，從該校隨機(jī)抽取了 40位同學(xué)，記錄了他們每周的學(xué)習(xí)吋問(wèn)，其頻率分布直方閣 如下：求的值并估計(jì)該班學(xué)生每周學(xué)習(xí)吋問(wèn)的平均數(shù)(同一組巾的數(shù)據(jù)用該組區(qū)問(wèn)的 中點(diǎn)值作代表.在該樣本中每周學(xué)習(xí)時(shí)問(wèn)不少于50小時(shí)的同學(xué)中隨機(jī)的抽取兩人，其中這兩人來(lái) 自不同的組的概率足多少？如閣 1，正方形ABCD中，DM =MA = 1, CN=NB=1,將四邊形沿M/V圖1折起到四邊形PQ_的位置，使得Z0M4 = 60 (如圖2).證明：平面MNPQ丄平面ABPQ.(2) IF分別為AM，BN的中點(diǎn)，求三棱錐

6、F - QEB的體積.己知?jiǎng)狱c(diǎn)W到定點(diǎn)廠(1，0)的距離與到定直線. = 2的距離之比為定值2求動(dòng)點(diǎn)M軌跡A的方程：iSL的左、右焦點(diǎn)分別為/，乙，過(guò)點(diǎn)盡作直線/與軌跡L交干丄杉兩點(diǎn)BF； = , 求的面積.己知函數(shù)/(-v) = 2(lnx-2.v+l)-ae ( R ).?7/W在(0，)上是增函數(shù)，求的取值范闌：若a = l.求證：/(x)21n2-2-4x.x = l + Jl cos a在直角坐標(biāo)系x巧中，曲線C/的參數(shù)方程為(a為參數(shù))，以坐I)，= 一1 十 V2 sin a標(biāo)原點(diǎn)a為極點(diǎn),a軸的正半軸為極軸建立極坐t小系，曲線G的極坐標(biāo)方程為psin(i-9) 42求曲線G的普

7、通方程與曲線G的直角坐標(biāo)方程：1 1設(shè)點(diǎn)M (1, 0),若曲線G, C2相交于A. S兩點(diǎn)，求 + _ 的值.己知函數(shù)/(.v) = 2|-l|+|x+2|.解不等式f(x)4.答案第 頁(yè)，共17頁(yè)答案第 頁(yè)，共17頁(yè)參考答案:1，B【解析】 【分析】由交集定義4直接得到結(jié)果.【i羊解】由交集定義f知：-1,0,1.故選：B.D【解析】 【分析】利用g數(shù)的除法化簡(jiǎn)g數(shù)；:，由此對(duì)得出a數(shù)z的虛部.【i羊解】因?yàn)閦(l-2!)= 3-G :.Z3-f(3-/)(l + 2i) 3 + 5f + 212/= (l-2f)(l + 2i) = 5-= +，因此，殳數(shù)z的虛部為i.故選：DA【解析】

8、 【分析】分析各選項(xiàng)中函數(shù)的奇偶性、及各函數(shù)在* = 處的函數(shù)值.結(jié)合排除法可得出合適的選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，設(shè)/1(x) = .vcosx+sm.r,該函數(shù)的定義域?yàn)??，(-V)= -ACOS(- V)+ SU1 (- v) = -A COS.V- SIUX = -(.VCOSX + SillX)= -j (X)t 該函數(shù)為奇函數(shù)，K/1(|=fcos+sm|=l0,滿足條件:對(duì)于B選項(xiàng)，沒(méi)/2(x) = xsui.r+cosA：,該函數(shù)的定義域?yàn)槌撸?6(x) = -Asin(-x)+cos(-x)=.rsmj+cosx=/:(A：),該函數(shù)為偶函數(shù)，不滿足條件:對(duì)于C選項(xiàng)，沒(méi)人(x

9、) = xsiii.r，該函數(shù)的定義域?yàn)槌?f3 (-A) = _xsul(_x) = xsmx = f3 (A),該函數(shù)為偶函數(shù)，不滿足條件:對(duì)于D選項(xiàng)，fi(x) = xcosxt該函數(shù)的定義域?yàn)槌撸?人(一-V) = -vcos(-x) = -.rcosx = -人(a)，該函數(shù)為奇函數(shù)，A(i) = Icosl = 0,不滿足條件. 故選:A.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)閣象的辨識(shí)可從以E方面入f-:從函數(shù)的定義域.判斷閣象的左右位罝：從函數(shù)的值域.判斷閣象的上卜位置.從函數(shù)的單調(diào)性，判斷閣象的變化趨勢(shì)：從函數(shù)的奇偶性，判斷閣象的對(duì)稱性：函數(shù)的特征點(diǎn)，排除不合要求的閣象.B【解析】【分析】按

10、三分損一和三分益一的順序交替進(jìn)行計(jì)算i4得結(jié)果 【詳解】依題憊，將“宮”的律數(shù)81三分損一【：J得“微”的律數(shù)為81x(l-l)=54, 將“徴”的律數(shù)54三分益一 得“商”的律數(shù)為54x(l + l) = 72,將“商”的律數(shù)72三分損一可得“羽”的律數(shù)為72x(l-i) = 48.故選：BA【解析】【分析】ri l a:o:i = 2021 - 2020 求得 IE 確案.【詳解】a2Q21 = S2O21 - S20：0 = 20212 + 2 x 202 卜 20202 - 2 x 2020 = 4043.故選:AA【解析】 【分析】根據(jù)漸近線方程、實(shí)軸長(zhǎng)求得H 由此求得，”【詳解】故

11、選：A，解得m = .44C【解析】 【分析】根據(jù)線性回IH方程過(guò)樣本中心點(diǎn)，再運(yùn)用代入法進(jìn)行求解即埒.【詳解】-38 + 48 + 58 + 68 + 78 + 88 閃為又=63-=16.8 + 18.8 + 20.8,22.8 + 24+25.8 =215所以21.5 = 0.2x63+a = = 8.9,當(dāng)jc=150吋.v = 0.2x150 + 8.9 = 38.9,故選：CC【解析】 【分析】延展平面吋得截面EFGHORH. Q. 分別足所在棱的中點(diǎn)，吋得DPH平面EFGHQRM明平面D.AC/I平面EFGHQRlp在AC上時(shí)，符合題意，從而得到尸與0 重合時(shí)三角形盡的面積最小，

12、進(jìn)而討得結(jié)果.【詳解】延展平面可得截面56/(，其屮/、Q、A分別是所在棱的屮點(diǎn)，直線D.P與平面EFG不存在公共點(diǎn)，所以DP/I平面/以?，由中位線定理可得AC/EF,EF在平面EFG噂內(nèi)，AC在平面EFGHQR外，所以AC平湎EFGHQR.因?yàn)榕cAC在平面D.AC內(nèi)相交，所以平面DtAC/平面EFGHQR、所以P在AC上吋.直線W平面EFC；不存在公共點(diǎn)，因?yàn)榕cAC垂直，所以pO重合吋BP最小，此時(shí)，三角形我的面積最小，最小值為|x2xV2 = V2.故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查線面平行的判定定理、面面平行的判定定理，厲于難題.證明線面平行的常用 方法：利用線而平行的判定定理，使用這個(gè)定理

13、的關(guān)鍵是sa在平面內(nèi)找到一條與己知直 線平行的直線，吋利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)或者構(gòu)造平行 四邊形、尋找比例式證明兩直線平行.利用面而平行的性質(zhì)，即兩平面平行.在其屮一平 面內(nèi)的直線平行于另一平面.B【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義求出數(shù)+1的通項(xiàng)公式，進(jìn)而4解得數(shù)列的通項(xiàng)公式.【i羊解】由題意知，數(shù)列+ 1是首項(xiàng)為1 + 1 = 2,公比為2的等比數(shù)列，所以，- + l = 2-2z-l = 2n,因此，=故選：B.C【解析】【分析】設(shè)點(diǎn)6（.U）、似（a:，y2）,設(shè)直線Affi的方程為x = my + 49將直線捕的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理， O

14、B OM=0求出P的值，進(jìn)而4得出拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo). 【詳解】設(shè)點(diǎn)忍U，yJ、M（x22）f 則點(diǎn)A（n），可得-.、=-專，則,設(shè)直線的方程為a = /hv + 4,聯(lián)立(x = my + 4 y2 = 2pxnJfl? y2 -2w?pv-8p = 0 ,所以，狀=-8/），由題意知，OB OM = x,x, + yy2 =+ yy2 =- 8/? = 16-8/7 = 0,解得/，= 2.因此，拋物線的焦點(diǎn)為（LO）.故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用書達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，沒(méi)交點(diǎn)坐標(biāo)為（AyJ. （.r2, y:）；（2）聯(lián)立直線與閥錐曲線的

15、方程.得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要吋計(jì)算:（3）列出韋達(dá)定理：（4）將所求問(wèn)題或題屮的關(guān)系轉(zhuǎn)化為A + A.的形式： （5）代入韋達(dá)定理求解.B【解析】【分析】由0 log, 2 2-50和/（巧的單調(diào)性可判斷B： 由 1 = 2 202 log, 4 = 2 和 f（x）的犖調(diào)性 nJ 判斷 C：由0log,3log.4=2 23和/（a）的單調(diào)性可判斷D.【詳解】對(duì)于A. f（x） &定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，所以/（log20.5）= /（log22）, 因?yàn)? log:2log:3,且/卜）在（0、+）犖調(diào)遞増，所以/（log:0.5）2-50, /在（0.衫）単調(diào)遞乳所以/（202）

16、/（25）,故正確； 對(duì)于 C，因?yàn)閘=22-log:4 = 2,所以020：log,5.又因?yàn)?/（.V）在（0._）單調(diào)遞增，所以/（202）/（log25）,故錯(cuò)誤：對(duì)于 D.因?yàn)?0log:3log.4 = 22,. /（x）在（0,+）單調(diào)遞增./（log. 3）/（23）.故 錯(cuò)誤.故選:B.【點(diǎn)睛】比較大小的方法有：（1）根據(jù)單調(diào)性比較大?。?）作差法比較大小：（3）作商法比較大?。海?）中間量法比較大小.D【解析】【分析】求出A. 5兩點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合輔助角公式，正弦型函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即吋. 【詳解】由題意得：A(nLsintn), fl(，cosw),因此 AB = |siii

17、m-cosm = 2 siii(/w -， 因?yàn)?/ ,所以0w- ;r,即 AB = y/2 siii(w ), TOC o 1-5 h z 4444當(dāng)= 吋，AB&長(zhǎng)，即當(dāng)/ = 吋.最大值為力.424aOAB 的而積為 1x2 =248故選:D0【解析】 【分析】利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式即付扔出.【詳解】沒(méi)等差數(shù)列心的公差為J，二44+似=5(4 + 4心，化為：+149 = DC2 +4-2DC 2x ,解得DC = 1 + V （負(fù)值舍去）.vSA = SB = SC=x,因?yàn)锳C丄5/7，所以SH1=SC2-CH1=x2-4岡為 AC丄 所以 BH: = BC2-CH2 =

18、16-4= 12,因?yàn)镾B丄OT，所以 3H2=S32+SH:=12 = x2 + AT-4=x=2y/2 (負(fù)值舍去)，因?yàn)锳C?丄5/7，所以cos ASCH =m45在 aDEC中，DF2 = DC2 + CE2-2 DC C cosZAC5=(1 + V6)2 + 2-2(1 + V6) /2x所以DE = V，故答案為：禮a” = nT 一 3 2n + 3 (2) B_42(n + l)(n + 2) 【解析】【分析】結(jié)合等差數(shù)列前項(xiàng)、等差數(shù)列通項(xiàng)公式和等比數(shù)列性質(zhì).解關(guān)于J的方程即吋求 解由(1結(jié)合裂項(xiàng)公式得 = |f-一 j.采用累加法即川求解r.2 Vi n+2)因?yàn)閍2，心

19、，七成等比數(shù)列.則-as,即(j + 3J)2 =(! + c/)(i + 7c/),化簡(jiǎn)得：/： =,: d * 0，/.*/ =巧,4x3又S4 = 10, 4 + J = 10, B|J2o1 + 3J = 5f 聯(lián)立解得：:.an=a(n-d = ”.當(dāng)” eN時(shí)，n(n + 2)1 I 4、 /1 - 3 1/=11+1-丄-丄 口-2+3.2 n + l n+2)4 2(n + l)(n+2)32/1 + 3所以neN.時(shí).廠丁2(。+和2).(1) a = 0.015,平均數(shù)：353； 2)【解析】【分析】根據(jù)小矩形而積之和為1求出進(jìn)而用每個(gè)小矩形面積乘以對(duì)應(yīng)底邊的中點(diǎn)值，最 后

20、求和得到平均數(shù)：先分別算出5060組與60-70組中抽取的人數(shù)，進(jìn)而列舉出所有情況，最后由古典 瓶型公式算出答案.【詳解】0.005xl0+2)(/%，舄)(、，久)(44，琴)(44,0孕.巧)基本節(jié)件總數(shù)為15種來(lái)自不同的組：答案第 頁(yè)，共17頁(yè)答案第 頁(yè)，共17頁(yè)(ApW(A,B2)共 8 種所以這兩人來(lái)A不同組的概率P=.(1)見(jiàn)解析：嶺【解析】【分析】 證明丄Ag和gAf丄結(jié)合線面垂直.面面雄直的判定即吋得證:根據(jù)幾何關(guān)系，利用VF-GEB=Ve-BEFt由推體體積公式即可得解.在正方形ABCD中.DM=MA = 1, CN = NB=1,:.QM丄QP, QM = l.AM =2,

21、又V ZAMQ=6Q, .在中，由余弦定理得.AQ1 = AM:+ QM-2XM QM cos/W2=4+l- 2xlx2x去=3，.AQ2+QM2=AMz,:AQ iQM，又 V AQrsQP=Q, AQ.平面 ABPQ, :. QM 丄平面 ABPQ,又 fhWc平而 _PQ, /.平而MNPQ丄平面ABPQ :(2)由(1) AQQM. QMiQP，在正方形ABCD中，DM=1m4 = 1, CN = NB=1，.四邊形CZXWV為矩形丄AM. MNiDM.:.MN丄Afg, A/V丄M4,：MQCMA=M. MQ、M4c平面AMQ, :.MN丄平面AMQ, 平面ABNM, .平面ABN

22、M丄平面AMQ, 過(guò)g作0/丄兒W于仏 則0/丄平面AB_，即丄平面5廠e/=gMsm60=手， F-QEB= Q-BEF= | SBEl QH= Xf X 1 jXQ（i）y+r = i罕【解析】【分析】j4-2 + (/ny14-l)(/My：+l) + l + yly2 = 4- w 十 2 m + 2 in +2 ni 十 ，i + y:=登，狀=_念，因此 S 譌=|riF2|y1-y2| = |x2x Am2，):=芋.2(1)； -:e_(2J證明見(jiàn)解析.【解析】(1)由題意吋得尸Cv)2 0在(0.4-0)上恒成立，分離aa2 -H小e-.vO),利用導(dǎo)數(shù)求?(4得最人值即nJ

23、求解:【分析】(2)當(dāng)a = l時(shí)，令/i(x) = 21n.r+2-e*，只需證明h(x)在(0.+O0)上是墦函數(shù)，所以r(x)0在(0,+oo)上恒成立， 所以當(dāng)xe(Q.-)時(shí)，|-4-oe0恒成立，即0),則j?，() = |-4 +j)e，= 2(2X+iy1)e，所以當(dāng)xe(O.l)吋，/(x)0, g(.r)單調(diào)遞增，所以8( = 8(1) = (2-4)=_|,所以仏一|，即a的取值范圍是，-!.(2)當(dāng)a = l日寸,f(x) + 4x = 2nx+2-ex,i5/i(.v) = 21n.r+2-e,則 /(x) = -e，易知A.W在(0，+啦是減函數(shù)，且/”(全)=4-7?0, /f(l) = 2-eo,聽(tīng)以存在/e2使得/f(,) = 0，且e = ，, = ln2 ln,，A(x)在(0，/)上單調(diào)遞増，在(/)上單調(diào)遞減,所以A(，) = 2ln/ + 2 e = 21ii2 2/ + 2 尋= 2(l + ln2)-2 r + i2(