河南省2021-2022学年高三上学期12月第五次联考理科数学试题（Word版含答案）

河南省2021-2022学年高三上学期12月第五次联考
数学（理科）
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
第Ⅰ卷
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．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知点，，，，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，其图象关于直线对称，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是定义在上且周期为2的函数，当时，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在三棱锥中，，，点，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．2021年1月18号，国家航天局探月与航天工程中心表示，中国首辆火星车全球征名活动已经完成了初次评审．评审委员会遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火10个名称，将其作为中国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名称的涵义，计划从中选3个名称依次进行分析，其中有1个是祝融，其余2个从剩下的9个名称中随机选取，则祝融不是第3个被分析的情况有（ ）
A．144种 B．336种 C．672种 D．1008种
8．下列说法正确的为（ ）
A．某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本．已知该校高一、高二、高三年级学生数之比为5:4:3，则应从高三年级中抽取14名学生
B．10件产品中有8件正品，2件次品，若从这10件产品中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为
C．若随机变量服从正态分布，，则
D．设某校男生体重（单位：kg）与身高（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的回归方程为，若该校某男生的身高为170cm，则可断定其体重为62.5kg
9．已知，则下列选项错误的是（ ）
A． B．
C． D．
10．设数列的前项和为，若，则（ ）
A． B．
C． D．满足的的最大值为2021
11．已知定义在上的函数满足去，且有，则的解集为（ ）
A． B． C． D．
12．我国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余问题有了较深的研究．设，，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．若，，，则
D．若，，则
第Ⅱ卷
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．抛物线的焦点坐标为__________．
14．已知为第四象限角，且，则______________．
15．已知双曲线，过左焦点且斜率为的直线交的一条渐近线于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的渐近线方程为_______________．
16．如图所示的四边形是边长为的正方形，对角线，相交于点，将沿折起到的位置，使平面平面．给出以下5个结论：
①；②和都是等边三角形；③平面平面；④；⑤三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和．
其中所有正确结论的序号是____________．
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．（12分）
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．
（1）求角的大小；
（2）求的最小值．
18．（12分）
如图，某市有南、北两条城市主干道，在出行高峰期，北干道有，，，，四个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率都是，南干道有，，两个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率分别为，．某人在高峰期驾车从城西开往城东，假设以上各路段是否被堵塞互不影响．
（1）求北干道的，，，个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；
（2）若南干道被堵塞路段的个数为，求的分布列及数学期望；
（3）若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标准，则从城西开往城东较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由．
19．（12分）
如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是的中线，点是棱的中点．
（1）证明：平面．
（2）若平面平面，且，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．（12分）
已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点，过右焦点作两条互相垂直的弦和．
（1）求椭圆的方程；
（2）当四边形的面积取得最小值时，求弦所在直线的方程．
21．（12分）
已知函数．
（1）判断的单调性；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
（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．
22．【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
（1）求和的直角坐标方程；
（2）若为曲线上任意一点，直线与轴、轴的交点分别为，，求面积的最大值．
23．【选修4-5：不等式选讲】（10分）
已知函数．
（l）当时，求不等式的解集；
（2）当时，，求实数的取值范围．
河南省2021-2022学年高三上学期12月第五次联考
数学参考答案（理科）
1．D【解析】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以．
2．A【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以．
3．B【解析】本题考查平面向量的夹角，考查数学运算的核心素养．
设与的夹角为，因为，，所以．
4．C【解析】本题考查三角函数的性质与恒等变换，考查数学运算的核心素养．
因为．
所以．因为函数的图象关于直线对称，所以，所以，因为，所以当时，．
5．A【解析】本题考查函数的性质与求值，考查数学运算的核心素养．
因为是周期为2的函数，所以的周期为2，即，．又当时，
所以，
，故．
6．B【解析】本题考查异面直线所成的角，考查直观想象的核心素养．
如图，连接，取的中点，连接，，则，为异面直线，所成的角．由题意可知，，，所以．
7．A【解析】本题考查排列组合的知识，考查数学抽象、数学建模的核心素养．
选取的3个名称中含有祝融的共有种不同的情况．分析选取的3个名称的不同情况有种，其中祝融是第3个被分析的情况有种，故祝融不是第3个被分析的情况有种．
8．C【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析、数学运算的核心素养．
对于A．应从高三年级中抽取名学生，A错误；对于B．所求概率，B错误；对于C，，所以，C正确；对于D，用回归方程计算得到是估计值，故不能断定其体重为62.5kg，D错误．
9．D【解析】本题考查不等式的知识，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
由，得，，所以，整理得，故A正确；
由，得，又，所以，故B正确
因为，，所以，故C正确；
因为，所以，，当且仅当时，等号成立，又，所以，D错误．
10．C【解析】本题考查数列的通项公式与求和公式，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
，故A错误；
因为，
所以，故B错误；
因为是单调递减数列，所以，故C正确；
因为单调递增，且，，所以满足的的最大值为2020，故D错误．
11．B【解析】本题考查导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理的核心素养．
设，则，所以函数在上单调递增，又，所以．又等价于，即，所以，即所求不等式的解集为．
12．D【解析】本题考查余数问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
若，则或，故，故A错误；
因为，所以被7除所得的余数为1，65被7除所得的余数为2，故B错误；
由，得，由，得，所以，被除得的余数为6，而被除得的余数为5．故C错误；
若，则，，
，
，
所以，故D正确．
13．【解析】本题考查抛物线，考查数学运算的核心素养．
由，得，故抛物线的焦点坐标为．
14．【解析】本题考查三角恒等变换，考查数学运算的核心素养．
因为为第四象限角，且，所以．又，，所以．
15．【解析】本题考查双曲线，考查直观想象、数学运算的核心素养．
联立方程组解得-即．因为，所以，化简得，所以双曲线的渐近线方程为．
16．①②④【解析】本题考查立体几何中点、线、面的位置关系与体积，考查直观想象、数学运算的核心素养．
因为正方形的对角线互相垂直，所以，且，所以平面，
所以，即①正确；因为正方形的边长是，所以，又平面平面，所以平面，所以，即和都是等边三角形，②正确；如图，取的中点，连接，，得，，所以就是二面角的平面角，而，所以不是直角．即平面与平面不垂直，③错误；因为，所以④正确；因为，，所以三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和，不是和，所以⑤错误．综上，可知①②④正确．
17．解：（1）因为，所以，
整理得，所以
又，所以．
（2）因为，，
所以，
故，即，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为4．
18．解：（1）记北干道的，，，四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A，
则．
（2）由题意可知的可能取值为0，1，2，
，
，
．
随机变量的分布列为
0 1 2
．
（3）设北干道被堵塞路段的个数为，则，
所以．
因为，所以高峰期选择南干道路线较好．
19．（1）证明：连接，，因为，分别是棱，的中点，所以，所以平面．
又，且，所以，且，所以是平行四边形，所以，从而平面．
又，所以平面平面．
又平面．所以平面．
（2）解：因为，所以，又平面平面，所以平面．取的中点为，连接．以为坐标原点，，，为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，，所以，，，，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面与平面所成的锐二面角为．
则，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
20．解：（1）由已知得，，．
解得，，，
所以椭圆的方程为．
（2）当或中有一条直线垂直于轴时，不妨设轴，因为焦点的坐标为，所以直线的方程为，，，四边形的面积．
当的斜率存在且不为0时，设其斜率为，由（1）知，所以直线的方程为，与椭圆的方程联立并消去得．
设，，则，，
．
同理直线的方程为，与椭圆的方程联立并消去得．
设，，可得，
所以四边形面积
，
设，则．
因为，所以，，所以，
故，当且仅当，即，时，四边形的面积取得最小值，此时直线的方程为或．
21．解：（1）因为，所以．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
故，即，则在上单调递增，无单调递减区间．
（2）等价于．
令，则．
令，则，显然在上单调递增，故．
当时，，在上单调递增，，即，
则在上单调递增，，符合条件．
当时，，，所以，．当时，，单调递减，则．
即当时，，则在上单调递减，则当时， ，不符合条件．
综上所述，实数的取值范围是．
22．解：将变形得，①
将平方得，②
把①代入②．化简得．
因为直线的极坐标方程为，且，，所以直线的直角坐标方程为．
（2）因为直线的直角坐标方程为，所以直线与轴、轴的交点坐标分别为，，故．
设曲线的参数方程为（为参数，），
上的点到的距离．
当时，，
故面积的最大值为．
23．解：（1）当时，，即
当时，不成立；
当时，，故；
当时，恒成立，故．
综上所述，不等式的解集为．
（2）当时，等价于成立．
当，且时，，不合题意；
当时，的解集为，所以，故．
综上所述，实数的取值范围为．