云南省十五所名校2022届高三上学期11月联考数学(理)试题（Word版含答案）

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云南省十五所名校2022届高三上学期11月联考
数学考试（理科）
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
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：本大题共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.
2.双曲线的一个焦点坐标为
A. B. C. D.
3.在2008年北京奥运会女子射箭比赛中，中国选手张娟娟连续战胜了三名韩国选手，最终获得了冠军，取得了历史性的突破（射箭比赛根据决赛总成绩的高低来决定胜负）.张娟娟和韩国选手在决赛中的射箭成绩如下：
甲 10 7 9 9 9 9 10 9 10 10 9 9
乙 9 10 10 8 8 10 9 8 9 10 8 10
则下列判断正确的是
A.甲是中国选手，乙是韩国选手
B.甲射击成绩的众数大于乙射击成绩的众数
C.甲射击成绩的极差等于乙射击成绩的极差
D.甲射击成绩的中位数大于乙射击成绩的中位数
4.已知为函数的极小值点，则
A.1 B.2 C.3 D.
5.已知，是等差数列的前项和，若，则
A.30 B.35 C.40 D.45
6.已知向量，，，若，则
A.-2 B. C. D.2
7.已知底面边长为1的正四棱柱的各顶点在同一个球面上，若该球的表面积为，则该四棱柱的侧面积为
A.4 B. C. D.
8.奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率为
A. B. C. D.
9.方程的解为
A. B. C. D.
10.已知F为抛物线：的焦点，A是抛物线上一点，以的顶点为圆心，经过点A的圆与的准线相切，若，则
A.2 B.4 C.6 D.8
11.三个函数，，，在同一平面直角坐标系中的部分图象如图所示，则
A.为，为，为 B.为，为，为
C.为，为，为 D.为，为，为
12.在立体几何探究课上，老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型，同学们在探究的过程中得到了一些有趣的结论.已知直线平面，直线平面，F是棱BC上一动点，现有下列四个结论：
①若M，N分别为棱AC，BD的中点，则直线平面；
②在棱BC上存在点F，使AF⊥平面；
③当F为棱BC的中点时，平面平面；
④平面与平面BCD所成锐二面角的正切值为.
其中所有正确结论的编号是
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.若，满足约束条件则目标函数的最小值为____________.
14.已知为复数，且，则的最大值为____________.
15.悬链线是平面曲线，是柔性链条或缆索两端固定在两根支柱顶部，中间自然下垂所形成的外形，在工程中（如悬索桥、双曲拱桥、架空电缆）有广泛的应用.当微积分尚未出现时，伽利略猜测这种形状是抛物线，直到1691年莱布尼兹和伯努利利用微积分推导出悬链线的方程，其中为参数.当时，我们可构造出双曲函数（双曲正弦函数和双曲余弦函数，则函数的最小值为____________.
16.已知数列的首项，其前项和为，且满足，则当取得最小值时，____________.
三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.（12分）
如图，在中，，，BC边的中垂线交BC于D，交AB于E，且.
（1）求的值；
（2）求的面积.
18.（12分）
为了提高检测某种病毒的效率，某医院将采取混合血样检测的方法.血液化验结果呈阳性则说明有人感染，否则，无人感染.现有5人待测血样（其中1人感染），将每人的待测血样平均分为甲、乙两组.
甲组：先将2人的血液混在一起检验.若结果呈阳性，则再从这2人中任选1人检验；若结果呈阴性.则另外3人再逐个检验，直至确定出该感染者.
乙组：先将3人的血液混在一起检验.若结果呈阳性，则再逐个化验，直至确定出该感染者；若结果呈阴性，则再从另外2人中任选1人检验，直至确定出该感染者.（以上检测次数均指最少次数）
（1）求甲组化验次数多于乙组化验次数的概率；
（2）X表示甲组所需化验的次数，求X的期望.
19.（12分）
已知四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面DEC，且，平面ADE与平面BEC所成的锐二面角为60°.
（1）求四棱锥的体积；
（2）当四棱锥的体积大于1时，求直线EC与平面ABE所成角的正弦值.
20.（12分）
已知椭圆：的离心率为，且点为椭圆上一点.
（1）求椭圆的方程.
（2）已知，直线：交椭圆于A，B两点，证明：直线PA斜率与直线PB斜率之积为定值.
21.（12分）
已知函数.
（1）讨论零点的个数.
（2）设m，n为两个不相等的正数，且，证明：.
（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，圆的圆心为，半径为1，圆与圆关于轴对称.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求圆和的极坐标方程；
（2）设M，N分别是圆和上的两个动点，且满足，求面积的最大值.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围.
高三数学考试参考答案（理科）
1.B【解析】本题考查集合的交集，考查运算求解能力.
因为，，所以.
2.D【解析】本题考查双曲线，考查运算求解能力.
由题可知双曲线的焦点在轴上，.故焦点坐标为和.
3.A【解析】本题考查统计，考查数据分析的核心素养.
经计算，甲的总环数大于乙的总环数，因此甲为中国选手，乙为韩国选手，故A正确.甲射击成绩的众数是9，乙射击成绩的众数是10，故B错误.经计算，甲射击成绩的极差大于乙射击成绩的极差，故C错误.甲射击成绩的中位数等于乙射击成绩的中位数，故D错误.
4.B【解析】本题考查函数的极值点，考查运算求解能力.
，则在和上单调递增，在上单调递减，故.
5.B【解析】本题考查等差数列的性质，考查运算求解能力.
由题意得，，则，故.
6.C【解析】本题考查平面向量的运算，考查运算求解能力.
由，得，则，，，所以.
7.B【解析】本题考查正四棱柱的外接球，考查空间想象能力.
设外接球的半径为，所以，则，所以正四棱柱的高为，则该四棱柱的侧面积为.
8.A【解析】本题考查计数原理，考查逻辑推理的核心素养.
从8个点中任取3个点，共有种情况，这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种情况，则所求的概率.
9.D【解析】本题考查对数运算，考查运算求解能力.
由题意，得，故.
10.A【解析】本题考查抛物线的几何性质，考查数形结合的数学思想.
由题意得圆的方程为.联立可得，解得，所以.所以.
11.C【解析】本题考查三角函数的图象，考查数学抽象以及逻辑推理的核心素养.
，，的最小正周期分别为，，，易知为.当，时，取得最大值；当，时，取得最小值；当，时，取得最小值.结合图象可知，为，为，故选C.
12.D【解析】本题考查点、线、面的位置关系，考查空间想象能力.
可将正四面体放在正方体中研究，如图，可知③，④正确.直线平面或直线平面，①错误.正方体的上、下底面与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，②错误.
13.-6【解析】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想.
画出可行域（图略）知，当：平移到过点时，取得最小值，且最小值为-6.
14.4【解析】本题考查复数的四则运算，考查逻辑推理的核心素养.
.
15.【解析】本题考查函数的最值，考查运算求解能力.
，
所以函数的最小值为.
16.5【解析】本题考查数列的递推关系，考查逻辑推理的核心素养.
由题意，可得，.
令，则，即是常数列，所以，故.
当时，；当时，.故当时，取得最小值.
17.解：（1）如图，连接，则，
在中，.
因为，所以，
解得.
（2）由（1）可知，
则.
因为，所以.
评分细则：
【1】第1问也可以先求出角A，得2分，利用余弦定理求出BC，累积得4分，再利用正弦定理得出，累积得6分；
【2】第2问也可以根据第1问求出的.求得，正确即可得满分.
18.解：（1）设事件，分别表示依方案甲需要化验2次，3次，事件，分别表示依方案乙需化验2次，3次，事件A表示甲组化验次数多于乙组化验次数.
依题意，显然与独立，则，
，，
.
故甲组化验次数多于乙组化验次数的概率为.
（2）X的可能取值为2，3，
，.
的分布列为
2 3
.
评分细则：
【1】第1问直接写所求概率，答案正确得6分，答案不正确不得分；
【2】第2问中直接写出的分布列不扣分.
19.解：（1）因为四边形ABCD是正方形，所以.
因为平面平面DEC，平面平面，
所以平面DEC.
如图，取CD的中点O，连接OE，过O作交AB于F，故平面DEC.
又，故.
分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，.
经计算，平面BEC的一个法向量为，平面ADE的一个法向量为.
，
解得或.
当时，；
当时，.
（2）由（1）知，，.
设平面的法向量为，则令，则.
设直线EC与平面ABE所成的角为，则.
所以直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.
评分细则：
【】第1问也可以将四棱锥补成直三棱柱.得出或其补角为平面ADE与平面BEC所成的锐二面角，进而求得答案，答案少一种情况，扣2分；
【2】解析中得到平面的法向量不唯一，只要与参考答案中求得的法向量共线即可得分.
20.（1）解：由题意，，，
解得，，
因此椭圆的方程为.
（2）证明：直线的方程为，
设，，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为.
由消去，得，
易知，得，，
.
评分细则：
【1】其他方法参照评分标准按步骤给分.
21.（1）解：已知，令，则或.
因为，所以.设.则.
令，则；令，则.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且.
综上，当时，只有一个零点；当时，恰有两个零点；当时，有三个零点.
（2）证明：因为，所以m，n为两个不同的零点，不妨设，则.
令，
则对任意的恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，
即当时，，
又，所以，
因为，，且在上单调递增，所以，故，得证.
评分细则：
【1】第1问未说明是函数的零点，扣2分；
【2】其他方法按步骤给分.
22.解：（1）圆的圆心为，半径为1，所以圆的方程为，
根据，得出圆的极坐标方程为.
因为圆与圆关于轴对称，所以圆的极坐标方程为.
（2）结合圆的对称性，设，，，
故的面积为
，
当，即时，的面积取得最大值1.
评分细则：
【1】第1问得到圆的极坐标方程得3分，得到圆的极坐标方程，累积得5分；
【2】第2问未说明，不扣分.
23.解：（1）当时，化为.
当时，不等式化为，无解；
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，解得.
所以的解集为.
（2），
由，可得，
解得，故的取值范围为.
评分细则：
【1】结果未写成集合或者区间形式，扣1分；
【2】其他方法参照评分标准按步骤给分.