福建省福州格致中学2022届高三数学模拟试题-

这是一份福建省福州格致中学2022届高三数学模拟试题-，共28页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知角的大小如图所示，则，已知，若，则a的取值范围为等内容，欢迎下载使用。

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福建省福州格致中学2022届高三数学模拟试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






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
评卷人
得分



一、单选题
1．已知全集为，集合，，则（       ）
A． B．
C．或 D．或
2．已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（       ）

A． B． C． D．
3．在复平面内，复数对应的点在第二象限，且，则（       ）
A． B． C． D．
4．已知角的大小如图所示，则（       ）


A． B．5 C． D．
5．充电电池是电动汽车的核心部件之一，如何提高充电速度是电池制造商重点关注的研究方向已知电池充入的电量E（单位：）与充电时间t（单位：）满足函数，其中M表示电池的容量，k表示电池的充电效率，研究人员对A，B两个型号的电池进行充电测试，电池A的容量为，充电充入了的电量；电池B的容量为，充电充入了的电量.设电池A的充电效率为，电池B的充电效率为，则（       ）
A． B． C． D．大小关系无法确定
6．已知为焦点在轴上的双曲线，其离心率为，为上一动点（除顶点），过点的直线，分别经过双曲线的两个顶点，已知直线的斜率，则直线的斜率的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
7．已知，则关于的展开式，以下命题错误的是（       ）
A．展开式中系数为负数的项共有3项
B．展开式中系数为正数的项共有4项
C．含的项的系数是
D．各项的系数之和为
8．已知，若，则a的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
9．某工厂有甲､乙､丙三条独立的生产线，生产同款产品，为调查该月生产的18000个零件的质量，通过分层抽样的方法得到一个容量为20的样本，测量某项质量指数（如下表）：（       ）
甲
21
22.5
24
25.5
27



乙
22
24
25
27
29
30
32

丙
24
26
28
30
32
42
48
54

A．该月丙生产线生产的零件数约为7200
B．表格中的数据的中位数为30
C．若乙生产线正常状态下生产的零件的质量指数，那么根据样本的数据，作出“乙生产线出现异常情况”的推断是合理的；
D．再从甲､乙､丙三条独立的生产线生产的产品中各取一件，其质量指数分别是24，27，30，这三个数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为，表格中的数据平均数记为，则有，以上选项正确的是：（）
评卷人
得分



二、多选题
10．已知单位向量的夹角为,则以下说法正确的是（       ）
A． B．
C． D．与可以作为平面内的一组基底
11．已知抛物线C：，圆F：（F为圆心），点P在抛物线C上，点Q在圆F上，点A，则下列结论中正确的是（       ）
A．的最小值是 B．的最小值是
C．当最大时， D．当最小时，
12．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则以下命题正确的是（       ）

A．与成角的余弦值为
B．，，，四点不共面
C．弧上存在一点，使得
D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．写出一个同时具有下列性质①②③的函数___________；已知函数满足：①；②；③函数在上单调递减；
14．已知焦距为4的椭圆：的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，则的角平分线所在直线的方程___________
15．已知函数，则函数___________.
评卷人
得分



四、双空题
16．设集合，它共有136个二元子集，如､､…等等，记这136个二元子集为､､､…､，设，定义，将按照从小到大排列构成数列，则___________；则___________.（参考数据：，结果用数字作答）
评卷人
得分



五、解答题
17．在①，②这两个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目.
设首项为2的数列的前项和为，前项积为，且___________.
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中是否存在连续三项构成等比数列，若存在，请举例说明，若不存在，请说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18．记的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且满足，的面积
(1)证明：
(2)求.
19．为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以或取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以取胜的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为.
（1）比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为.
①求出的最大值点；
②若以作为的值，这轮比赛张三所得积分为，求的分布列及期望.
20．如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，

（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；
（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.
21．圆：与轴的两个交点分别为，，点为圆上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，直线与交于点，试问：是否存在一个定点，当变化时，为等腰三角形
22．已知函数，其中，为自然对数的底数.
(1)若，，证明：当时，；当时，
(2)若，函数在区间内不单调，求的取值范围

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
先求出集合A，B和，再求出即可
【详解】
由，得，所以，
由，得，则，得，
所以，所以或，
所以或，
故选：C
2．C
【解析】
【分析】
根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】
由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C

3．A
【解析】
【分析】
设，且，，根据复数模的计算公式得到方程组，解得即可；
【详解】
解：依题意设，且，，所以
因为，
所以，解得或（舍去）；
所以；
故选：A
4．A
【解析】
【分析】
由图中的信息可知 ，化简 即可.
【详解】
由图可知， ，

；
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
列出方程后比较大小
【详解】
由题意得，则，
同理，则，得，
由指数函数单调性得，即．
故选：B
6．C
【解析】
【分析】
由离心率可得由题意可得，由斜率，即可得斜率的取值范围.
【详解】
设双曲线的方程为为上一动点，上顶点下顶点离心率为，即可得
直线为直线PA, 直线为直线PB,
则，
，又，，可得，
故选：C
7．C
【解析】
【分析】
写出展开式各项的系数判断其正负即判断选项ABC的真假；求出各项的系数之和即可判断选项D的真假.
【详解】
解：原式=，所以的系数为1，是正数；的系数为，的系数为，的系数为，的系数为，的系数为，常数项为，所以展开式中系数为负数的项共有3项，展开式中系数为负数的项共有4项，所以选项AB正确，选项C错误.
设，所以.所以各项的系数之和为，所以选项D正确.
故选：C
8．A
【解析】
【分析】
利用同构构造，得到，结合的单调性，得到，构造，求出其最大值，得到a的取值范围.
【详解】
由题意得：，又因为，所以，
，即，
所以，
设，
则，
，所以单调递增，
所以，
因为，
所以，
令，，
则，
当时，，当时，，
故在处取得极大值，也是最大值，
，
故.
故选：A
【点睛】
同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.
9．A
【解析】
【分析】
根据所给的数据，逐项计算即可.
【详解】
对于A，按照分层抽样的原理，丙类的样本数为8，占总样本数的 ，
所以丙生产线生产的零件总数为 ，故A正确；
对于B，将表中的数据重新从小到大排列如下：
，
可知中位数为 ，故B错误；
对于C，由于没有给出“生产线出现异常情况”的标准，无法判断，故错误；
对于D， ， ， ，
故D错误；
故选：A
10．ABD
【解析】
【分析】
根据向量的模的公式，数量积的运算，向量的夹角公式，判断向量共线的条件逐项验证即可
【详解】
据题意
因为
所以,所以对
因为,所以,所以对.
因为
所以,所以错
因为与不共线,所以可以作为平面内的一组基底,所以正确
故选：ABD
11．AC
【解析】
【分析】
确定出抛物线C的焦点坐标，圆F的圆心和半径，分析、计算判断A，B；数形结合，计算判断C，D作答.
【详解】
抛物线C：的焦点，圆F：的圆心，半径，
对于A，的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，的最小值是，A正确；
对于B，设，则，，
当时，，当时，
当且仅当，即时取“=”，所以的最小值是，B不正确；
对于C，如图所示，要使最大，当且仅当AQ与圆F相切，AP与抛物线C相切，且P，Q在x轴两侧，


所以当最大时，，C正确；
对于D，因的最小值为，即P，A，Q共线，则当最小时，即，D不正确.
故选：AC
【点睛】
思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心的距离加或减圆半径求解.
12．AD
【解析】
【分析】
建立空间坐标系，用向量计算异面直线的夹角，做辅助图计算判断相关问题.
【详解】
圆弧的圆心的原点，CD为x轴，BA为y轴过圆心O垂直于底面的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图：

则 ，故 ，
所以 ，A正确；
对于B，连接 ，则有则，
∴ 与BC共面，即 四点共面，故B错误；
对于C，设在圆弧 存在一点 ，使得，
则有 ， ，此方程组无解，
即E点不存在，故C错误；
对于D，做如下俯视图：

，即以C为球心，为半径的球刚好过A点是球面与底面ABCD唯一的交点，
因为，在球面上，
设与圆弧的交点为，则 ，
解得 ，故，
球面与上底面的交线是以为圆心，半径为1的圆弧 ，则，
圆心角，由图知：，得.
，故D正确；
故选：AD.
13．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
由条件得函数性质后求解
【详解】
对于①，若，则的图象关于中心对称，
对于②，若，则的图象关于对称，
设，则，，
又的图象关于对称，且函数在上单调递减，
则，得
故答案为：（答案不唯一）
14．
【解析】
【分析】
由题意可得，而，则轴，设的角平分线交轴于，则，而，，再结合正切的二倍角公式列方程求出，从而可求出直线的方程
【详解】
由题意可得，而，则轴，设的角平分线交轴于（），则，
因为，
所以

因为，
所以，化简得，
解得或（舍去），
所以，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
由导数的运算法则与赋值法求解
【详解】
由题意得，且，
令，得，故
故答案为：
16．     8     1835028
【解析】
【分析】
根据二元子集和，的定义求解.
【详解】
解：由题意得：，
，
，
，
，
，
令，
两边同乘2得，
两式相减得，
，
，
所以，则，
所以，
，
.
故答案为：8，1835028
17．(1)
(2)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）选①由递推关系可得即数列是常数列，即可得解，选②由与的关系化简可得，利用累乘法求通项公式；
（2）假设在数列中存在连续三项，，成等比数列，那么有成立，将通项公式代入计算，即可判断.
(1)
选①：，
即.∴
即，∴数列是常数列，
∴，故
选②：因为，所以时，，
则，即，即，
所以，
当时，也满足，所以.
(2)
假设在数列中存在连续三项，，成等比数列，那么有成立，
即成立.
即成立，
即成立，此等式显然不成立，故原命题不成立，即不存在连续三项，，成等比数列
18．(1)证明见解析
(2)或
【解析】
【分析】
（1）利用面积公式进行化简即可;（2）利用，可得或，然后利用余弦定理可得答案.
(1)
点在边上，且满足,所以，
，故，即；
(2)
由图可知，
可得，
解得或，
1°当时，，；
2°当时，，；
综上所述或.

19．（1）；（2）①；②分布列答案见解析，数学期望：.
【解析】
【分析】
（1）利用互斥事件的概率公式即得；
（2）由题可求，然后利用导数可求最值，再利用条件可求随机变量的分布列，即得.
【详解】
（1）比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是；
（2）①由题可知，
，
令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以的最大值点，
②的可能取值为0，1，2，3.
；
；
；.
所以的分布列为

0
1
2
3






的期望为.
20．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由边角边证得，即，在等腰三角形中由三线合一证得，在菱形中由菱形的对角线垂直证得，由线面垂直的判定定理说明即得证；
（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，由面面垂直的性质则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变），在菱形ABCD中求出BD，作，由和勾股定理可求得，由余弦定理和同角三角函数关系求得，，进而求得，最后由正弦函数定义可求得答案；也可以利用建立空间直角坐标系的方式运算求解.
【详解】
（1）连接交于，

因为，，，
所以，故
又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以
又四边形为菱形，故
而，所以平面
方法二：因为，
所以点在平面内的射影在为的平分线，
又四边形为菱形，故为的平分线，则直线
故平面平面，而平面平面，
又四边形为菱形，故
所以平面
（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面
由（1）得平面平面，平面平面，
所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）
因为四棱台中，所以，
由菱形有，且∠ABC=，所以，
作，因为，则，，所以，
则，，，
故.
法二：延长交于点，
平面即为平面，平面即平面，
设直线与平面所成角为
过作，垂足为，因为，所以
建系，以为轴，作轴，




设平面的法向量为，则
，
所以，

所以
【点睛】
本题考查空间中线面垂直的证明，还考查了空间线面角正弦值的运算，属于难题.
21．(1)
(2)存在，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设点在圆上，故有，设，根据题意得，，再代入圆即可求解；（2）先判断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立得：，，，再根据题意求解判断即可.
(1)
设点在圆上，
故有，设，又，可得，，
即，
代入可得，
化简得：，故点的轨迹方程为：.
(2)
根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，，
可得直线的方程为，直线的方程为
联立方程组，可得交点为；
若，，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为：上，
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上.
由，整理得
设，，则，
设与交于点，由，可得
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线：上，
因为，，所以要使恒为等腰三角形，只需要为线段的垂直平分线即可，根据对称性知，点.
故存在定点满足条件.
【点睛】
求定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）对函数两次求导后可得，则单调递增，而，从而可证得结论，
（2）函数在区间内不单调，，又，可得函数在区间内至少有三个单调区间，令，然后分，和三种情况求解
(1)
，，
当时，，故单调递增，
当时，，故单调递减，
故，故单调递增，又，
所以当时，；当时，
(2)
函数在区间内不单调，即存在零点，
由可知，又，
而函数在区间内有零点，则函数在区间内至少有三个单调区间，
令，又
①若，则，，
所以函数在区间上单增，
函数即在区间上单调，不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求.
②若，则，，
所以函数在区间上单减，
函数即在区间上单调，不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求.
③若，则，
于是当时，，
当时，，
所以函数在区间上单减，在区间上单增，
若，则

则，由
所以在区间上单增，在区间上单减
，
即恒成立
于是，函数在区间内至少有三个单调区间，
所以，得，
又，所以
综上，的取值范围为
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性问题，第（2）问解题的关键是根据题意将函数在区间内不单调，转化为函数在区间内至少有三个单调区间，再通分类讨论可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题