2022届高考高三数学一模模拟考试卷（二十四）

这是一份2022届高考高三数学一模模拟考试卷（二十四），共16页。试卷主要包含了已知，则下面选项中一定成立的是，已知为虚数单位，若复数，则，已知，，则“”是“”的，已知，，则等内容，欢迎下载使用。
高三模拟考试卷（二十四）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则下面选项中一定成立的是　　A． B． C． D．2．已知为虚数单位，若复数，则　　A．1 B．2 C． D．3．在等比数列中，、是方程的两个根，则的值为　　A． B． C． D．44．有10个不同的小球，其中4个红球，6个白球．若取到1个红球记2分，取到1个白球记1分，现从10个球中任取4个，使总分不低于6分的取法　　A．120 B．115 C．95 D．905．已知，，则“”是“”的　　A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件6．已知，，则　　A． B． C．2 D．37．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为　　A． B． C． D．8．已知，设函数，若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是　　A．， B．， C．，， D．，二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9．空气质量指数是反映空气质量状况的指数，其对应关系如表：指数值空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染为监测某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得10月1日日指数的数据并绘成折线图如图：下列叙述不正确的是　　A．这20天中指数值的中位数略大于150 B．这20天中的空气质量为优的天数占 C．10月4日到10月11日，空气质量越来越好 D．总体来说，10月中旬的空气质量比上旬的空气质量好10．已知，，，则下列等式不可能成立的是　　A． B． C． D．11．如图，在四棱柱中，，，直线与所成的角为，，三棱锥的体积为，则　　A．四棱柱的底面积为 B．四棱柱的体积为 C．四棱柱的侧棱与底面所成的角为 D．三棱锥的体积为12．关于函数，下列说法正确的是　　A．函数的极小值为 B．函数有且只有1个零点 C．存在负实数，使得恒成立 D．对任意两个正实数，，且，若，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的二项展开式中，项的系数是　　．14．已知中，角、、的对边分别为、、，若，，且，则　　．15．如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，以的长度为半径在该矩形内作四分之一圆．若在矩形中随机取一点，则点与，的距离均小于长度的概率为　    　．16．已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是 　　  ．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知数列满足，．（1）求，，，并证明是等比数列；（2）设，求数列的前项和． 18．在①，，②，这两组条件中任选一组补充在下面问题的横线上，并进行解答．已知的内角，，所对的边分别是，，，若，______．（1）求；（2）求的面积．   19．如图所示，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，，（1）求证：平面平面；（2）设为的中点，问边上是否存在一点，使平面，并求此时点到平面的距离． 20．选手甲分别与乙、丙两选手进行象棋比赛，如果甲、乙比赛，那么每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，如果甲、丙比赛，那么每局比赛甲、丙获胜的概率均为．（1）若采用3局2胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？（2）若采用5局3胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？你能否据此说明赛制与选手实力对比赛结果的影响？  21．某城市决定在夹角为的两条道路、之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，为的中点，为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域，其中，在椭圆上，且的倾斜角为，交于．（1）若千米，为了不破坏道路，求椭圆长半轴长的最大值；（2）若椭圆的离心率为，当线段长为何值时，游乐区域的面积最大？ 22．已知函数．（1）若在上是减函数，求的取值范围；（2）如果有一个极小值点和一个极大值点，求证：有三个零点．  高三模拟考试卷（二十四）答案1．解：，，时，，错误；，，，正确；，，同选项，错误；，时，，错误．故选：．2．解：由，得．故选：．3．解：在等比数列中，、是方程的两个根，，．故选：．4．解：若取到4个红球可得分，有种取法；若取到3个红球一个白球可得分，有种取法；若取到2个红球2个白球可得分，有种取法．综上共有：种取法．故选：．5．解：由“”，得，所以，充分性成立；由，不能得出成立，例如：时，满足，但，所以必要性不成立；是充分不必要条件．故选：． 6．解：因为，，两边平方，可得，可得，所以，即，所以解得，（负值舍去），可得，所以．故选：．7．解：方程，，即为，可得，则，可得动点到定点和定直线的距离的比为常数，由双曲线的定义，可得，解得，故选：．8．解：当时，令，则，因为为增函数，所以当该方程在时无实数根时，，所以，①时，时有一个解，所以时，有一个解，当时，是递减的，，所以时有一个解，所以成立，时，在时无解，但在时有两个解，所以时成立，③时，在时无解，时，，所以，该方程要在时有2个解，，所以或，因为，所以，且时，，所以，所以，综上，的范围为，故选：．9．解：对于，由折线图知100以上的数据有10个，100以下的数据有10个，中位数是100两边两个数的均值，观察比100大的数离100远点，因此两者均值大于100但小于150，所以错误；对于，20天中空气质量为优的有5天，占，所以正确；对于，10月4日到10月11日，空气质量是越来越差，所以错误；对于，10月上旬的空气质量指数值在100以下的多，中旬的空气质量指数值在100以上的多，上旬的空气质量比中旬的空气质量好，所以错误．故选：．10．解：选项：因为，所以，则，，故不成立；选项：因为，所以，当且仅当时取等号，此时的最大值为，故不成立；选项：因为，当且仅当时取等号，故不成立；选项：若，又，所以解得，显然满足条件，故成立，故选：．11．解：选项：连接，，而且与的夹角为，所以，故选项正确；选项：因为四棱柱的体积与其内接四面体的体积比为，所以四棱柱的体积为，故选项正确；选项：设四棱柱的高为，由选项可知四棱柱的体积为，所以，设侧棱与底面夹角为，则，解得，故选项正确；选项：三棱锥的体积为，故选项不正确．故选：．12．解：对于：函数的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，（2），故正确；对于：令，则，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递减，在，递增，故，故，故函数在上单调递减，又（1），（2），故函数有且只有1个零点，故正确；对于：结合选项可知不存在负实数，使得恒成立，故错误；对于：设，，结合选项可知，，可证，故正确；故选：．13．解：由已知可得展开式中含的项为：，所以展开式中项的系数为56，故答案为：56．14．解：因为，所以，整理得，由余弦定理得，故，即，因为，，所以，故．故答案为：2．15．解：当点与，的距离均小于长度时，点在如图所示的阴影区域内部，设圆弧交点为，过作，连接，令，，在中，可求得，则有．所求概率为．故答案为：．   16．解：函数，即为与有两个不同的交点，，时，，函数递减，时，，函数递增，，与有两个不同的交点时，需，故答案为：．17．解：（1）由，，可得，，，因为，所以，可得是首项为6，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得，所以，，则．18．解：（1）解法一：由正弦定理，得，由，得，即，整理得，由，得，所以．解法二：由余弦定理，得，整理得，所以．（2）选择条件①．由余弦定理，得，即，即，又，得，解得，在中，由，得，由面积公式，得，选择条件②．在中，由，得，由，得，由正弦定理，得，联立，解得，，由，由面积公式，得．    19．（1）证明：平面平面，，且平面，平面平面，平面，；又，平面，又平面，平面平面；（2）解：当为的中点时，平面；证明如下：设的中点为，连接、，，且，，且，，且，四边形为平行四边形；，又平面，平面；又，，，；，，；设点到平面的距离为，则，解得，平面，点到平面的距离为．20．解：（1）采用3局2胜制，甲获胜的可能分，，因为每局的比赛结果相互独立，所以甲乙比赛甲获胜的概率，甲丙比赛甲获胜的概率，（2）采用5局3胜制，甲获胜的情况有，或，甲乙比赛，甲获胜的概率，甲丙比赛，甲获胜的概率，因为，所以甲乙比赛，采用5局3胜制对甲有利，，所以甲乙比赛，采用5局3胜制还是3局2胜制，甲获胜的概率都一样，这说明比赛局数越多对实力较强者有利．21．解：（1）以为坐标原点，以所在的坐标为轴，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，由题意，，由，所以，所以，，，所以直线的方程为：，设，则，所以椭圆，当最大时直线与椭圆相切，整理可得：，△，解得舍）所以椭圆的长半轴长为；（2）因为，，，所以，所以椭圆的方程为：；设，则，直线的方程为：，联立，整理可得：，设，，，则，，，，要保证与半椭圆有交点，当位于时，所以，当，即，有最大值为1，综上所述，当时，三角形的面积最大．22．（1）解：由，得，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，在上是减函数，则恒成立，所以，所以，故的取值范围是，．（2）证明：因为有一个极小值点和一个极大值点，所以由（1）可知，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，因为，，，所以，，使，所以，即，单调递减，，即，单调递减，，，即，单调递增，，，即，单调递减，因为，所以，又因为，由，得，所以由零点存在定理，得在和，各有一个零点，又，结合函数的单调性可知，有三个零点．