2022届河北省石家庄市第二中学高三下学期高考考前模拟数学试题含解析

2022届河北省石家庄市第二中学高三下学期高考考前模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合并集的定义计算．

【详解】易知或，，

故选：B

2．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用换元法求解函数解析式即可求解.

【详解】因为，所以，令，则，

所以，因此，.

故选：B.

3．若角满足，，则在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】根据可知是第二或第四象限角；根据第二或第四象限角正余弦的符号可确定结果.

【详解】，是第二或第四象限角；

当是第二象限角时，，，满足；

当是第四象限角时，，，则，不合题意；

综上所述：是第二象限角.

故选：B.

4．记为等差数列的前项和.若，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用等差数列通项和求和公式可构造不等式组求得，由等差数列通项公式可求得结果.

【详解】设等差数列的公差为，

由得：，解得：，

.

故选：D.

5．已知两个随机变量X，Y，其中，（σ>0），若E(X)=E(Y)，且，则（       ）

A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.1

【答案】A

【分析】由二项分布期望公式求得，再根据正态分布的对称性及已知求.

【详解】由题设，即，

又，故.

故选：A

6．在四面体ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，，，则四面体ABCD内切球的半径为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意求得四面体的表面积，再求出四面体的体积，设出内切球球心O和半径r，根据即可求得答案.

【详解】因为BA，BC，BD两两垂直，，，

所以，．

取CD的中点E，连接AE，则，

所以，的面积为，

所以四面体ABCD的表面积，

又四面体ABCD的体积，

设四面体ABCD内切球球心为O,半径为r，则 ,

即 ，

所以四面体ABCD内切球的半径，

故选：C

7．已知函数f(x)满足，则f(x)的单调递减区间为（       ）

A．(-,0) B．(1,+∞) C．(-,1) D．(0,+∞)

【答案】A

【分析】对求导得到关于、的方程求出它们的值，代入原解析式，根据求单调减区间.

【详解】由题设，则，可得，

而，则，

所以，即，则且递增，

当时，即递减，故递减区间为(-,0).

故选：A

8．已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.

【详解】由题意及正弦定理得：，

令，则，，可得，

所以椭圆的离心率为：.

故选：B

二、多选题

9．若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（       ）

A．z的实部是 B．z的虚部是

C．复数在复平面内对应的点在第一象限 D．

【答案】ACD

【分析】由复数相等及除法运算求复数并写出其共轭复数，结合各选项描述判断正误.

【详解】由题设，，

所以，故A、C、D正确，B错误.

故选：ACD

10．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】先求命题“”为真命题的等价条件，再结合充分不必要的定义逐项判断即可.

【详解】因为为真命题，

所以或，

所以是命题“”为真命题充分不必要条件，A对，

所以是命题“”为真命题充要条件，B错，

所以是命题“”为真命题充分不必要条件，C对，

所以是命题“”为真命题必要不充分条件，D错，

故选：AC

11．三角形 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断是钝角三角形的有（       ）

A．a＝2，b＝3，c＝4 B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合平面向量数量积的定义逐一判断即可.

【详解】A：因为a＝2，b＝3，c＝4，所以角C最大，

由，

所以是钝角三角形，因此本选项正确；

B：由，不能判断是钝角三角形，所以本选项不正确；

C：根据正弦定理，由，

由余弦定理可知：，所以是钝角三角形，因此本选项正确；

D：根据正弦定理，由

，

所以是直角三角形，不符合题意，

故选：AC

12．设函数，若关于的方程有四个实数解，且，则的值可能是（       ）

A．0 B．1 C．99 D．100

【答案】BC

【分析】首先根据题意画出图象，根据二次函数的性质得到，根据对数函数的性质得到，从而得到，再根据函数单调性求解即可.

【详解】如图所示：

因为关于的方程有四个实数解，且，

所以.

的对称轴为，所以.

因为，所以，即，.

因为，所以.

所以，

因为，为减函数，

所以.

故选：BC

三、填空题

13．不等式的解集为___________.

【答案】

【分析】根据分式不等式的解法进行求解.

【详解】,

故答案为：.

14．已知函数的相邻两个零点之间的距离是，则______．

【答案】1

【分析】根据给定信息，结合正切函数的性质求出，代入函数式计算作答.

【详解】函数的相邻两个零点之间的距离是，则有的周期，解得，

于是得，所以.

故答案为：1

15．除以7的余数为_______．

【答案】1

【分析】依题意可得，再写出的展开式，即可判断；

【详解】解：

其中

所以除以7的余数为；

故答案为：

16．在中，为重心，，，则_____.

【答案】-6

【分析】作图，以 为基底，将 和 表示出来，按照数量积的运算规则计算即可.

【详解】

设中点为，为的重心且，

，

，

；

 故答案为：.

四、解答题

17．已知公差不为0的等差数列中，且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和为.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；

（2）根据错位相减法可求出结果.

【详解】(1)设等差数列的公差为，由题意可知.

即，又，得，

因为，所以，.

故通项公式.

(2)，

，

，

，

所以.

18．已知向量 ， 设函数 ．

(1)求函数的最小正周期和单调增区间；

(2)求函数在区间上的最小值和最大值．

【答案】(1)函数的最小正周期为，单调递增区间为；

(2)函数最大值为，最小值为.

【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合降幂公式、辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可.

（2）根据（1）的结论，结合正弦型函数的最值性质进行求解即可.

【详解】(1)，

所以该函数的最小正周期为；

由，

所以该函数的最小正周期为，单调递增区间为；

(2)当时，，所以当时，即时函数有最大值，最大值为，当时，即时函数有最小值，最小值为.

19．如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，，M，N，P，D分别为，BC，，的中点.

(1)求证：面；

(2)求平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）解法一，建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，计算，即可证明；

解法二，证明平面平面，利用面面平行的性质定理即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，求出平面PMN的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.

【详解】(1)解法一：

以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

取向量为平面的一个法向量，，

∴，

∴.

又∵平面，

∴平面.

解法二：

∵P，D分别为，的中点，

∴，且平面，平面，

∴平面，

∵D，N分别为，BC的中点，

∴，且平面，平面，

∴平面，又，

∴平面平面，

又∵平面PDN，

∴平面.

(2)以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

∴，,

取向量为平面的一个法向量，

设平面PMN的法向量为，

则，即，

令，则，，则，

∴，

由图示可知平面PMN与平面的夹角为锐角，

∴平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值为.

20．食品安全问题越来越受到人们的重视．某超市在进某种蔬菜的货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响．

(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；

(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利200元，若不能在该超市销售，则每箱亏损100元，现有3箱这种蔬菜，求这3箱蔬菜总收益的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，60

【分析】（1）由相互独立事件的概率乘法公式可得；

（2）先确定的取值，然后由独立重复试验的概率公式可得分布列，再由期望公式直接计算可得.

【详解】(1)设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件，

则，

即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为．

(2)的所有可能取值为600，300，0，．

因为，，

，，

所以的分布列为

所以．

21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

【答案】(1)y2＝4x

(2)证明见解析

【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；

(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．

【详解】(1)P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，

∴p＝2，

∴抛物线方程为y2＝4x．

(2)证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，

所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，

，同理：，

由题意：，

∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，

∴y1y2＝4，

∴﹣4t＝4，

∴t＝﹣1，

故直线AB恒过定点(﹣1，0)．

22．已知函数．

(1)当时，证明：当时，；

(2)若，函数在区间上存在极大值，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用导数求出得出，根据的单调性得，可得答案；

（2）求出，分、、讨论单调性可得答案.

【详解】(1)由题意得，则，当时，，

在上是减函数，∴，设，在上是增函数，

∴，∴当时，．

(2)，且，

令，得或a，

①当时，则，单调递减，函数没有极值；

②当时，当时，，单调递减；

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

∴在取得极大值，在取得极小值，则；

③当时，当时，，单调递减；

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

∴在取得极大值，在取得极小值，由得：，

综上，函数在区间上存在极大值时，a的取值范围为．

【点睛】本题关键点是利用导数判断函数的单调性并求出函数的最值，考查了学生分析问题、解决问题能力.