第三次模拟测试卷文科数学本试卷共4页，23小题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.3.非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保证答题卡整洁.考试结束后，将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，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式，求出集合A和B，进而求出交集.【详解】，解得：，所以，，解得：或，故，故故选：C2.已知复数满足，则A.B.C.D.【答案】A\n【解析】【详解】设，则由已知有，所以，解得，所以，故，选A.3.命题“若，都是奇数，则是偶数”的逆否命题是（）A.若不是偶数，则，都不是奇数B.若不是偶数，则，不都是奇数C.若，都是偶数，则是奇数D.若，都不是奇数，则不是偶数【答案】B【解析】【分析】根据逆否命题的概念即可选出答案.【详解】因为命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，所以命题“若，都是奇数，则是偶数”的逆否命题是“若不是偶数，则，不都是奇数”.故选：B.4.若直线与圆相交于，两点，且（为坐标原点），则（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先由余弦定理求出，即可得出圆心到直线的距离，即可求得答案.【详解】圆的圆心为，半径为2，则在中，由余弦定理可得，即，\n所以圆心到直线的距离为，则，即.故选：B.5.第24届冬奥会于2022年2月4日在国家体育场鸟巢举行了盛大开幕式．在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩并分为五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的是（每组数据以区间的中点值为代表）（）A.直方图中b的值为0.025B.候选者面试成绩的中位数约为69.4C.在被抽取的学生中，成绩在区间之间的学生有30人D.估计候选者的面试成绩的平均数约为69.5分【答案】C【解析】【分析】利用频率之和为求得，由此判断A选项的正确性，根据中位数、平均数的求法判断BD选项的正确性，通过计算成绩在区间之间的频数来判断C选项的正确性.【详解】对于A，∵，∴，故A正确；对于B，设候选者面试成绩的中位数为x，则，解得，故B正确；对于C，成绩在区间的频率为，故人数有，故C错误；对于D，\n，故D正确．故选：C6.已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：A.7.若角的终边不在坐标轴上，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合易知条件和同角三角函数的平方关系即可求出cosα，从而求出sinα，根据即可求得结果．\n【详解】或，∵的终边不在坐标轴上，∴，∴，∴．故选：A．8.某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．【详解】解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为，故选：C.9.已知实数满足，则下列关系式不可能成立的是（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，则表示与，，交点的横坐标，采用数形结合的方式可得结论.【详解】令，则表示与，，交点的横坐标，不妨记，，，在平面直角坐标系中作出，，图象，当与，，位置关系如下图所示时，，即；当与，，位置关系如下图所示时，，即；\n当与，，位置关系如下图所示时，，即；综上所述：关系式不可能成立的是.故选：D.10.科学记数法是一种记数的方法.把一个数表示成与10的次幂相乘的形式，其中，.当时，.若一个正整数的15次方是11位数，那么这个数是（）（参考数据：，）A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】【分析】根据题意可得，再结合参考数据得，即可得出.【详解】由题意可设，\n因为正整数的15次方是11位数，所以，所以，因为，所以，所以，则，则，所以，所以正整数为5.故选：B.11.已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率．【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴知，，则,设内切圆半径为r，则\n，∴椭圆的离心率为．故选：A﹒12.已知是不为的正数，若不等式恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析】对不等式左右同时取对数，可得恒成立；令，利用导数可求得单调性，得到；令，利用导数可求得，由此可得，由此可得.【详解】，，即恒成立；令，则，\n当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即；综上所述：，，即的取值范围为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究恒成立问题，解题关键是能够通过左右同时取对数的方式，将问题转化为恒成立问题，进而将问题转化为函数最值的求解问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则向量与的夹角为__________.【答案】##【解析】【分析】利用平面向量夹角公式求解.【详解】解：因为，，所以，则，\n因为，所以，故答案为：14.已知实数，满足约束条件，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，将化为，则由图可得当直线经过点时，取得最小值，联立，解得，所以.故答案为：.15.已知函数的最大值为-1，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】求出f(x)在x>0时的值域，根据f(x)的最大值为-1可以确定f(x)在x<0时的值域，从而求出a的范围．\n详解】当x>0时，f(x)=，，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴；∴要使f(x)的最大值为-1，则在x<0时恒成立，即在x<0时恒成立，令，，则，∴．故答案为：．16.已知的内角所对的边分别为，，，,分别为线段上的动点，，则的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】利用正弦定理可求得，进而得到；设，利用向量线性运算和数量积的运算律可将表示为关于的二次函数的形式，根据二次函数最小值的求法可求得最小值.【详解】在中，由正弦定理得：，，\n，由正弦定理得：，；设，则，，，当时，，，即的最小值为.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题考查平面向量与解三角形综合应用问题，求解线段长度的基本思路是将其转化为平面向量模长的求解问题，通过向量线性运算和向量数量积的运算律，将所求模长转化为关于变量的函数的形式，利用函数最值的求解方法可求得结果.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17~21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.是各项均为正数的等差数列，其前项和为，已知，.（1）求的通项公式；（2）设，若的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由可构造方程求得等差数列的公差，由等差数列通项公式可得；\n（2）由（1）可求得，采用裂项相消法可求得，结合可证得结论.【小问1详解】设等差数列的公差为，，，两式作差得：，，，解得：，.【小问2详解】由（1）得：，，，.18.一个直三棱柱被平面所截得到如图所示的几何体，其中、、与平面垂直.，若，，是线段上靠近点A的四等分点．（1）求证：；\n（2）求此多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】(1)证明BM⊥平面即可；(2)取中点为E，靠近C的四等分点为D，连接、、DE，则该几何体由直棱柱和四棱锥构成，据此即可求其体积．【小问1详解】由题可知⊥平面ABC，∴⊥BM，∵∠BAC=60°，AM=1，AB=2，∴，，∵平面，∵平面，∴；【小问2详解】如图，取中点为E，靠近C的四等分点为D，连接、、DE，\n易知平面∥平面ABC，该几何体由直棱柱和四棱锥构成，其中四棱锥的底面是直角梯形，由(1)知BM⊥平面，∴点到平面的距离为BM，∴几何体体积为．19.已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，与平行的直线交椭圆于，两点，直线，分别于轴正半轴交于，两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为定值.【答案】（1）（2）定值为4，证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出式子求出即可得出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出直线方程可得出点坐标，同理得出坐标，即可求解.【小问1详解】由题意，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】\n因为直线的斜率为，则设直线的方程为，，联立，得，则，解得或，，直线的方程为，令，则，同理可得，则.所以为定值.20.碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内，直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放，实现二氧化碳的“零排放”.碳达峰，是指碳排放进入平台期后，进入平稳下降阶段.简单地说就是让二氧化碳排放量“收支相抵”.中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”减少碳排放，实现碳中和，人人都可出一份力．某中学数学教师组织开展了题为“家庭燃气灶旋钮的最佳角度”的数学建模活动.实验假设：①烧开一壶水有诸多因素，本建模的变量设定为燃气用量与旋钮的旋转角度，其他因素假设一样；\n②由生活常识知，旋转角度很小或很大，一壶水甚至不能烧开或造成燃气浪费，因此旋转角度设定在10°到90°间，建模实验中选取5个代表性数据：18°，36°，54°，72°，90°．某支数学建模队收集了“烧开一壶水”的实验数据，如下表：项目旋转角度开始烧水时燃气表计数/dm3水烧开时燃气表计数/dm318°9080921036°8958908054°8819895872°8670881990°84988670以x表示旋转角度，y表示燃气用量.（1）用列表法整理数据（x，y）；x（旋转角度：度）1836547290y（燃气用量：dm3）（2）假定x，y线性相关，试求回归直线方程（注：计算结果精确到小数点后三位）（3）有队员用二次函数进行模拟，得到的函数关系为．求在该模型中，烧开一壶水燃气用量最少时的旋转角度．请用相关指数R2分析二次函数模型与线性回归模型哪种拟合效果更好？（注：计算结果精确到小数点后一位）参考数据：，，，，线性回归模型，二次函数模型．\n参考公式：，，．【答案】（1）列表见解析；（2）；（3）38.7°，二次函数拟合效果更好.【解析】【分析】（1）根据题中数据直接填表即可；（2）根据题中所给的数据和公式进行求解即可；（3）根据题中所给的公式，结合所给的函数关系进行求解判断即可.【小问1详解】整理数据如图：x（旋转角度：度）1836547290y（燃气用量：dm3）130122139149172【小问2详解】，，，，故回归直线方程为；【小问3详解】，即旋转角约为38.7°时，烧开一壶水燃气用量最少.回归直线与二次函数拟合两者关系时，相关指数分别为，，则，.\n因为，所以二次函数拟合效果更好.21.已知函数，.（1）若与在处有相同的切线，求实数的值；（2）当，时，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分别求得，根据导数的几何意义可得，由此可得结果；（2）令，可知在上单调递增，得；令，利用导数求解单调性，得，由此可得结论.【小问1详解】，；，，解得：.【小问2详解】由题意得：，令，与在上单调递增，在上单调递增，；令，则；令，则，在上单调递增，，即，\n在上单调递增，，.综上所述：.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明不等式问题，基本思路是通过求解函数的最值证得不等关系；对于本题中含有多个变量的函数问题，常采用变更主元的方式，将函数看作关于变量的函数，从而根据函数单调性减少变量个数，变为不含变量的函数最值的求解问题.（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.选修4-4：坐标系与参数方程22.已知直线参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知直线和曲线交于两点，设点，求.【答案】（1）直线；曲线（2）【解析】【分析】（1）由参数方程消去参数即可得到直线的普通方程；根据极坐标和直角坐标互换原则直接求解即可得到曲线的直角坐标方程；（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程可得韦达定理的形式，根据直线参数方程中的几何意义可知，代入韦达定理结论可求得结果.【小问1详解】由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；由得：，，即曲线的直角坐标方程为：.\n【小问2详解】将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；设对应的参数分别为，则，，.选修4-5：不等式选讲23.已知函数，已知不等式恒成立.（1）求的最大值；（2）设，，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论可得解析式，进而得到的图象，采用数形结合的方式可确定；（2）令，可得，代入不等式左侧，利用基本不等式可求得，由此可得结论.【小问1详解】当时，；当时，；当时，；由此可得图象如下图所示，\n恒成立，则由图象可知：当过点时，取得最大值，.【小问2详解】由（1）知：只需证明；令，解得：，（当且仅当，即时取等号），，即.
