东北三省四市教研联合体2022届高三下学期高考模拟试卷（二）理科数学试题

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东北三省四市教研联合体2022届高三下学期高考模拟试卷（二）理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．下列关于复数的四个命题中，错误的是（       ）

A． B．

C．z的共轭复数为-1+i D．z的虚部为-1

3．已知向量，，，若满足，，则向量的坐标为（       ）

A． B． C． D．

4．以下三组数据的标准差分别为，，．

5，5，5，5，5，5，5，5，5

3，3，4，4，5，6，6，7，7

2，2，2，2，5，8，8，8，8

则有（       ）

A． B．

C． D．

5．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（       ）

A．200 B．210 C．220 D．242

6．已知函数，则下列结论中正确的是（       ）

A．函数的最小正周期为

B．时取得最大值

C．的对称中心坐标是（）

D．在上单调递增

7．多面体的三视图如图，则此多面体各个面中，面积的最大值为（       ）

A． B．9 C．18 D．

8．动圆M经过坐标原点，且半径为1，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为（       ）

A．1 B．2 C． D．

9．已知，则下列判断正确的是（       ）

A． B． C． D．

10．△ABC中，，若，则AB边上的高的最大值为（       ）

A．2 B．3 C． D．

11．已知双曲线与椭圆．过椭圆上一点作椭圆的切线l，l与x轴交于M点，l与双曲线C的两条渐近线分别交于N、Q，且N为MQ的中点，则双曲线C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

12．若对，恒有，则正数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．的展开式中，常数项为______．（用数字作答）

14．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，且满足，则的长等于______．

15．正三棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABC的边长为6，当球O的体积最小时，三棱锥的体积为______．

16．已知函数，则函数的各个零点之和为______；若方程恰有四个实根，则实数的取值范围为______．

17．数列与满足，且，．

(1)若是等比数列，，求的前n项和；

(2)若是各项均为正数的等比数列，前三项和为14，求的通项公式．

18．四棱锥，，，，，底面，与底面成角，为的中点．

(1)证明：；

(2)求二面角的正弦值．

19．“百年征程波澜壮阔，百年初心历久弥坚”．为庆祝中国建党一百周年，哈市某高中举办了“学党史、知党情、跟党走”的党史知识竞赛．比赛分为初赛和决赛两个环节，通过初赛选出两名同学进行最终决赛．若该高中A，B两名学生通过激烈的竞争，取得了初赛的前两名，现进行决赛．规则如下：设置5轮抢答，每轮抢到答题权并答对则该学生得1分，答错则对方得1分．当分差达到2分或答满5轮时，比赛结束，得分高者获胜．已知A，B每轮均抢答且抢到答题权的概率分别为，，A，B每一轮答对的概率都为，且两人每轮是否回答正确均相互独立．

(1)求经过2轮抢答A赢得比赛的概率；：

(2)设经过抢答了X轮后决赛结束，求随机变量X的分布列和数学期望．

20．已知动圆M经过定点，且与圆相内切．

(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；

(2)设点T在上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和．

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，设为的零点，证明：．

22．直线过点，倾斜角为．

(1)以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．过作的垂线，垂足为，求点的极坐标；

(2)直线与曲线（为参数）交于、两点，证明：、、成等比数列．

23．关于x的不等式的解集为．

(1)求m的值；

(2)若，且，，，证明．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

求出集合，利用交集的定义可求得结果.

【详解】

因为，因此，.

故选：A.

2．B

【解析】

【分析】

利用复数的运算法则计算出结果即可判断四个选项正误.

【详解】

，

则，选项正确；

，选项不正确；

的共轭复数为，选项正确；

的虚部为，选项正确；

故选：.

3．D

【解析】

【分析】

根据向量共线的坐标表示及向量垂直的坐标表示，联立方程组求解即可得答案.

【详解】

解：因为向量，，，

所以，

又，，

所以，解得，

所以向量的坐标为，

故选：D.

4．A

【解析】

【分析】

分别计算出三组数据的标准差，比较得到结果.

【详解】

第一组数据的平均数为5，所以方差为0，标准差为；

第二组数据的平均数为，

所以方差为，

故标准差为，

第三组数据的平均数为，

所以方差为，

故标准差为，

所以

故选：A

5．C

【解析】

【分析】

由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.

【详解】

根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有

故其奇数项上的通项公式为故，

故选：C

6．D

【解析】

【分析】

根据正弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解.

【详解】

解：，

对A：函数的最小正周期为，故选项A错误；

对B：因为，所以，且，故选项B错误；

对C：令，，得，

所以的对称中心坐标是，，故选项C错误；

对D：因为，所以，

又在上单调递增，所以在上单调递增，故选项D正确.

故选：D.

7．C

【解析】

【分析】

由三视图还原该结合体，然后算出各个面的面积作比较即可.

【详解】

由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥，其中，点在线段中点的正上方，

所以，，，

所以，，，，

所以此多面体各个面中，面积的最大值为，

故选：C

8．C

【解析】

【分析】

设动圆圆心，利用动圆M经过坐标原点，可得，利用基本不等式可得，从而得到要求的最大值.

【详解】

设动圆圆心，半径为1，动圆M经过坐标原点，可得,即，

，当且仅当时取等号，即，

则圆心M的横纵坐标之和的最大值为

故选：C

9．B

【解析】

【分析】

利用特殊值法可判断AD选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用不等式的性质可判断C选项.

【详解】

对于A选项，取，，则，A错；

对于B选项，因为函数、均为上的增函数，

所以，函数在上为增函数，

因为，则，即，B对；

对于C选项，因为，则，所以，，C错；

对于D选项，取，，则，D错.

故选：B.

10．C

【解析】

【分析】

将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得，然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值，从而得到高的最大值.

【详解】

△ABC中，，可得，即，解得即，

,,

可得，当时取到最大值16，

设AB边上的高为h，则，解得，

即AB边上的高的最大值为，

故选：C

11．A

【解析】

【分析】

设出切线方程，与椭圆方程联立后利用根的判别式求出，求出切线方程，从而得到M点坐标，再联立渐近线得到N，Q的横坐标，利用中点得到方程，求出，从而求出离心率.

【详解】

由题意得：渐近线方程为，

设切线方程为，联立得：

，

由得：，

解得：，

所以切线方程为，

令得：，所以，

联立与，解得：，

联立与，解得：，

因为N为MQ的中点，

所以，

解得：，

所以离心率为

故选：A

12．D

【解析】

【分析】

依题意可得，令，，则原问题等价于恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得到恒成立，参变分离可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解；

【详解】

解：因为，为正数，，

所以，即，

令，，则

，

则原问题等价于恒成立，

又，记，，则，

所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时取得极小值即最小值，所以，

所以，所以在上单调递增，

因为恒成立，

所以恒成立，即恒成立，

令，，

所以，所以当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，即的取值范围为；

故选：D

13．

【解析】

写出展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】

展开式的通项为，

令，可得，

因此，展开式中的常数项为.

故答案为：.

14．##1.5

【解析】

【分析】

过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，利用抛物线的定义及相似可得答案.

【详解】

过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，则，，，由，∴，

故答案为：.

15．18

【解析】

【分析】

根据球的性质有，所以球O的体积最小时，，此时，正三棱锥的高，从而根据三棱锥的体积公式即可求解.

【详解】

解：由题意，底面ABC是边长为6的正三角形，

所以ABC的外接圆的半径，即截面圆的半径，

设球心O与截面圆的圆心之间的距离为，球的半径为R，

根据球的性质有，

所以当球O的体积最小，即球的半径R最小时，，此时，

所以此时正三棱锥的高，

所以三棱锥的体积，

故答案为：18.

16．         

【解析】

【分析】

求出函数的零点，可求得函数的各零点之和；令，可得出函数的值域为，设方程在上有两个不等的实根，设为、，可得出、或、或、，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】

当时，由，可得；

当时，由，解得或.

所以，函数的各个零点之和为.

令，当时，，当且仅当时，等号成立，

当时，，当且仅当时，等号成立，

所以，函数的值域为.

作出函数的图象如下图所示：

若方程恰有四个实根，则方程在上有两个不等的实根，设为、，

由图可知，、或、或、，

作出函数在上的图象如下图所示：

由图可得或，

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】

思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：

（1）确定内层函数和外层函数；

（2）确定外层函数的零点；

（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由等比等差数列的基本量运算可得数列的首项和公差，然后利用前n项和公式求和即可.

（2）由已知条件可得的通项，从而得到，然后利用累乘法可得通项公式.

(1)

设的公比为q，，，∴

∴，∴数列是等差数列，且公差，

前n项和．

(2)

设的公比为p，则，且

得，，则．即，

∴．

符合上式，∴．

18．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）连接，推导出，利用等腰三角形三线合一的性质可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

(1)

证明：连接，

因为底面，与底面成角，即，

所以，为等腰直角三角形，且，

因为底面，平面，，，

因为，，则，

为的中点，所以，.

(2)

解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

所以，，则，

因此，二面角的正弦值为.

19．(1)

(2)分布列见解析；期望为

【解析】

【分析】

（1）求出A学生每轮得一分的概率，进而求出经过2轮抢答A赢得比赛的概率；（2）求出X的可能取值及对应的概率，求出分布列和数学期望.

(1)

记事件C为“经过2轮抢答A赢得比赛”

A学生每轮得一分的概率，

B学生每轮得一分的概率，

，所以经过2轮抢答A赢得比赛的概率为．

(2)

X的可能取值为2，4，5．

2轮比赛甲赢或乙赢的概率为，

4轮比赛甲赢或乙赢的概率为，

5轮比赛甲赢或乙赢的概率为．

X的分布列为：

，数学期望为．

20．(1)

(2)0

【解析】

【分析】

（1）设动圆圆心，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.

（2）设出AB直线方程和PQ直线方程，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到斜率之和.

(1)

设动圆圆心，半径为r，

由题意得：

得．

所以圆心M的轨迹是以，为焦点的椭圆，且

故轨迹C方程为．

(2)

设，，，AB直线方程为，

，，PQ直线方程为，

联立相消得，

同理，又，

，又，．

21．(1)见解析

(2)见解析

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，分和进行讨论，解导数不等式可得函数的单调性;

（2）由（1）可知，只需证，构造函数，证明得到，利用此结论可进行证明，设，利用函数的单调性可得，从而得到证明.

(1)

设．

当时，则，在R上单调递增，

当时，令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增．

综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．

(2)

由（1）可知，当时，单调递增，所以为的唯一零点．

若，只需证

，

当时，只需证明，

设，则，

当时，，单调递增，当时，

，单调递减，所以，即．

所以，

故，．

因为，所以，即，

设，则，，在R上单调递增，

所以若证，只需证，即，

因为，故，即．

综上，当时，若为的零点，则．

22．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出点的直角坐标，利用极坐标与直角坐标的互换关系可得出点的极坐标；

（2）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，设、对应的参数分别为、，利用参数方程以及的几何意义计算出、，即可证得结论成立.

(1)

解：直线的斜率为，故直线的方程为，即，

所以，直线与轴交点为，与轴的交点为，

易知，所以，为等腰直角三角形，且，

因为，则为线段的中点，即点，

设点的极坐标为，则，，

又因为点在第四象限，则．

(2)

解：将曲线的参数方程化为普通方程可得，

将直线的参数方程（为参数），代入曲线的方程．

可得，则，

设、对应的参数分别为、，由韦达定理可得，，

所以，，，

所以，，因此，、、成等比数列．

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）对分类讨论即可求解；

（2）运用换元法，基本不等式进行证明即可.

(1)

若，原不等式的解集为；

若，原不等式的解集为．

若，∴，即．

∴，解得，

综上所述，即，

(2)

设，，，且，，．

∴，∴，

∵，，，

∴（当且仅当时等号成立）.