广西桂林崇左贺州市届高三高考联合调研考试数学文试题含答案解析.docx

1、广西桂林崇左贺州市届高三高考联合调研考试数学文试题含答案解析广西桂林、崇左、贺州市2022届高三3月高考联合调研考试数学（文）试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，则（）A B C D2已知复数，那么（）A B C D3“”是“”成立的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件4设函数在上存在导函数，的图象在点处的切线方程为，那么（）A2 B1 C D5在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则（）A B1 C2 D46已知等差数列的公差为1，为其前项和，若，则（）A B1 C D27正方体中，已知为的中点，那么异面直线与AE所成的角等于（

2、）A B C D8已知，则等于（）A B C D9已知圆过点且与直线相切，则圆心的轨迹方程为（）A B C D10设为直线与双曲线左支的交点，是左焦点，垂直于x轴，则双曲线的离心率是（）A B C D11四面体的四个顶点都在球的球面上，且平面平面，则球的表面积为A B C D12函数的导函数为，对，都有成立，若，则不等式的解集是（）A B C D二、填空题13已知向量，且，则实数_14函数满足，则等于_.15如果函数在区间内存在与x轴平行的切线，则实数b的取值范围是_.16从某建筑物的正南方向的处测得该建筑物的顶部的仰角是，从该建筑物的北偏东的处测得该建筑物的顶部的仰角是，之间的距离是35米，

3、则该建筑物的高为_米.三、解答题17记为等差数列的前项和，已知公差，且，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若为数列的前项和，求.18在平行四边形中，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，连接EB交AD于点F，如图，将沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图.(1)求证：平面；(2)若G为PB的中点，H为CD的中点，且平面平面ABCD，求三棱锥的体积.19已知AB两所大学联合开展大学生青年志愿者培训活动，并在培训结束后统一进行了一次考核，考核成绩在的为合格等级，成绩在的为优秀等级.为了解本次培训活动的效果，AB两所大学从参加活动的学生中各随机抽取了10名学生的考核成绩，并作出茎叶图如下

4、图所示.考核成绩考核等级合格优秀(1)分别计算AB两所大学被抽取的学生考核成绩的平均值；(2)由茎叶图直接判断AB两所大学参加活动的学生考核成绩的稳定性；（不需写过程）(3)现从样本考核等级为优秀的学生中任取2人，求2人来自同一所大学的概率.20已知椭圆的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆的左焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点和.试判断是否平分线段（其中为坐标原点），并求当取最小值时点的坐标.21已知函数.(1)若在区间上是单调函数，求实数的取值范围；(2)函数，若使得成立.求实数的取值范围.22在平面直角坐标系中，已知点，

5、曲线的参数方程为(为参数).以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)判断点与直线的位置关系并说明理由；(2)设直线与曲线交于两个不同的点，求的值.23已知函数的最小值为3.(1)求的值；(2)若，求证：.参考答案：1A【解析】【分析】解不等式求得集合，由此求得.【详解】，解得或，所以.故选：A2A【解析】【分析】利用 复数的除法运算求得正确答案.【详解】.故选：A3B【解析】【分析】由题得或，进而得答案【详解】解：由得或，则“”是“”成立的必要不充分条件，故选B【点睛】本题考查充要条件，属于基础题4C【解析】【分析】根据切线的斜率求得.【详解】由于的图象在点处的切

6、线方程为，所以.故选：C5C【解析】【分析】直接运用正弦定理可得，解得【详解】由正弦定理，得，所以故选：C6D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】依题意.故选：D7B【解析】【分析】作出异面直线与AE所成的角，结合余弦定理求得正确答案.【详解】设正方体的边长为，连接，根据正方体的性质可知，所以是异面直线与AE所成的角，所以，由于，所以.所以异面直线与AE所成的角为.故选：B8C【解析】【分析】运用诱导公式即可.【详解】.故选: C9B【解析】设圆心，由圆心到点距离等于圆心到切线的距离列式化简可得【详解】设圆心，据题意有，化简有故选：B【点睛】本题考查求轨迹方程，解题方法是直接法10D【解

7、析】【分析】求得点的坐标，代入直线，化简求得双曲线的离心率.【详解】依题意可知在第三象限，将代入，解得，所以，将其代入得，利用离心率.故选：D11B【解析】【详解】如图，分别为的中点，易知球心点在线段上，因为，则又平面平面，平面平面=BC，平面ABC，因为点是的中点，且 设球心的半径为，则，在中，有，在中，有，解得，所以，故选B【点睛】本题主要考查球内接多面体，球的表面积，属于中档题， 其中依据题意分析出球心必位于两垂直平面的交线上，然后再利用勾股定理，即可求出球的半径，进而可求出球的表面积，此类题目主要灵活运用线面垂直的判定及性质，面面垂直的判定及性质是解题的关键.12B【解析】【分析】构造

8、函数，利用导数可判断的单调性，再根据，求得，再根据不等式，结合函数的单调性，即可求出结果【详解】，都有成立，令，则于是有 ，所以在上单调递增，不等式，即不等式的解集是.故选：B130【解析】【详解】试题分析：，且，解得,故答案为0.考点：向量的垂直.14【解析】【分析】根据已知条件求得.【详解】依题意，.故答案为：15【解析】【分析】由分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】，依题意可知，在区间内有解，在内递增，所以.故答案为：16【解析】【分析】设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，利用余弦定理求得的值.【详解】解：设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，则，即

9、，解得.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.17(1)(2)【解析】【分析】（1）根据已知，利用基本量法求得首项和公差，即可求得数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求和即可.(1)解：由题意可得，又因为，所以，所以；(2)解：因为，所以.18(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）通过证明来证得平面.（2）先证明平面，然后根据锥体体积公式，求得三棱锥的体积.(1)折叠前，在中，且，是直角三角形，在中，又，.折叠后，平面BFP.(2)平面平面ABCD，且平面平面，平面ADP，且由（1）知，平面ABCD.由（1）得.由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半.设到平面的距

10、离为，则.，.19(1)，(2)A所大学学生的成绩比B所大学学生的成绩稳定(3)【解析】【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数.（2）根据数据的稳定性确定正确答案.（3）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式，计算出所求概率.(1)，.(2)由茎叶图可知，的数据比的数据集中，所以A所大学学生的成绩比B所大学学生的成绩稳定.(3)记事件M为“从样本考核等级为优秀的学生中任取2人，2人来自同一所大学”，A校考核等级为优秀的学生共有3人，分别记为a，b，c，B校考核等级为优秀的学生共有3人，分别记为A，B，C，从这6人中任取2人，所有的基本事件个数为ab，ac，aA，aB，aC，bc，bA，bB，

11、bC，cA，cB，cC，AB，AC，BC共15种，而事件M包含的基本事件是ab，ac，bc，AB，AC，BC共6种，因此.20(1)(2)OT平分线段PQ，点T的坐标为或【解析】【分析】（1）依题意得到方程组，求出、，即可得解；（2）设，PQ的中点为，直线PQ的方程为，当时，求出的坐标，当时，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到的坐标，即可得到、即可得到O，N，T三点共线，从而OT平分线段PQ，再由弦长公式得到、，即可得到，令，即可得到再利用基本不等式计算可得；(1)解：依题意有，解得所以椭圆C的标准方程为(2)解：设，PQ的中点为，由，可设直线PQ的方程为，当时，直线PQ的方程为

12、，此时，显然OT平分线段PQ.当时，PQ的斜率，由，于是，从而，则直线ON的斜率，又由知，直线TF的斜率，解得.从而，即，所以O，N，T三点共线，从而OT平分线段PQ.由两点间距离公式得，由弦长公式得.，所以，令，则（当且仅当时，取“”号），所以当最小时，由，得或，此时点T的坐标为或.21(1)或(2)【解析】【分析】（1）对函数求导后，由题意可得导函数的零点落在区间内时，函数在区间上不单调，从而可求得结果，（2）将问题转化为在区间上有解，在区间上有解，构造函数，利用导数求出其最大值即可(1)，当导函数的零点落在区间内时，所以函数在区间上就不是单调函数，所以实数a的取值范围是或.(2)由题意知

13、，不等式在区间上有解，即在区间上有解.令，则，在上单调递增，在区间上有解令，则，单调递增，时， ，所以实数a的取值范围是【点睛】此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式能成立问题，解题的关键是将问题转化为，在区间上有解，构造函数，求出其最小大值即可，考查数学转化思想，属于较难题22（）点在直线上；（）.【解析】【分析】（）把直线化成直角坐标方程后，代入点的坐标看是否满足；（）联立直线的参数方程与曲线，利用参数的几何意义可得【详解】（）直线： ，即，斜率，倾斜角，点满足此方程，点在直线上；（）曲线的普通方程为，直线的参数方程为（为参数），把代入得，得，又，且与异号， .【点睛】本题主要考查了简单曲线的极坐标方程，直线的参数方程以及参数的几何意义，属于中档题.23(1);(2)见解析.【解析】【详解】分析：由绝对值三角不等式，得，即，进而得到的值；（2）由（1），得，进而利用基本不等式，即可作出证明.详解： (1)解：所以,即(2)由，则原式等价为：，即,而,故原不等式成立点睛：本题考查了绝对值不等式的性质，同时考查了基本不等式的应用，绝对值不等式的解法有三种：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.