2022届辽宁省大连市第二十四中学高考模拟考试（最后一模）数学试题含解析

2022届辽宁省大连市第二十四中学高考模拟考试（最后一模）数学试题

一、单选题

1．已知全集，设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、并集的定义计算作答.

【详解】解不等式得：，即，

解不等式得：，则，，

所以

故选：C

2．“关于的方程有解”的一个必要不充分条件是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】数形结合，探讨出“关于的方程有解”的充要条件，再由必要不充分条件的意义即可得解.

【详解】关于的方程有解，

等价于函数与的图象有公共点，

函数的图象是以原点为圆心，

1为半径的上半圆，y=|x-m|的图象是以点(m，0)为端点，

斜率为且在x轴上方的两条射线，如图：

y=x-m与半圆相切时，点(m，0)在B处，

，y=-x+m与半圆相切时，点(m，0)在A处，，

当y=|x-m|的图象的顶点(m，0)在线段AB上移动时，两个函数图象均有公共点，

所以“关于的方程有解”的充要条件是，B不正确；

因，，

即是的必要不充分条件，A正确；

，，

即是的充分不必要条件，C不正确；

，，

即是的不充分不必要条件，C不正确.

故选：A.

【点睛】关键点睛：含参数的方程有解的问题，把方程转化为易于作图的函数，借助图象是解题的关键.

3．公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：，其中，，试用上述公式估计的近似值为（精确到0.001）（       ）

A．1.647 B． C． D．1.646

【答案】B

【分析】根据泰勒公式，令，代入即可求解.

【详解】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，

令，取前6项可得：

所以的近似值为，

故选：B.

4．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（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，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的3倍，，则该曲池的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用柱体体积公式求体积.

【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，

由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，，

所以，.

故该曲池的体积.

故选：D.

5．若离散型随机变量的分布列为，则的值为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：由题 则由可求的值，进而求得.

详解：由题 ，则由离散型随机变量分布列的性质可得

故

故选A.

点睛：本题考查离散型随机变量分布列的性质，属基础题.

6．设，过定点的动直线和过定点的动直线相交于点不重合），则面积的最大值是（       ）

A． B．5 C． D．

【答案】D

【分析】由题意结合直线位置关系的判断可得两直线互相垂直，由直线过定点可得定点与定点，进而可得，再利用基本不等式及三角形面积公式即得．

【详解】由题意直线过定点，

直线可变为，所以该直线过定点，

所以，

又，

所以直线与直线互相垂直，

所以，

所以即，

当且仅当时取等号,

所以，，即面积的最大值是.

故选：D.

7．若将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间上无极值点，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用三角恒等变换及三角函数的图象变换，求得函数，进而求得增区间，令，可得函数的单调递增区间为，进而根据函数在区间上无极值点，即可求解.

【详解】因为，

，

所以将函数的图象向左平移个单位，可得，

令，解得

即函数的单调递增区间为，

令，可得函数的单调递增区间为，

又由函数在区间上无极值点，则的最大值为.

故选：A.

8．已知函数，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题对取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.

【详解】令，

当时，方程为，即，

作出函数及的图象，

由图象可知方程的根为或，即或，

作出函数的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；

当时，方程为，即，

由图象可知方程的根，即，

结合函数的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.

故选：C.

二、多选题

9．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（       ）

A．若，则满足条件的点有且只有一个

B．若，则点的轨迹是一段圆弧

C．若∥平面，则长的最小值为2

D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为

【答案】ABD

【解析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可判断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.

【详解】如图：

∵正四棱柱的底面边长为2，

∴，又侧棱，

∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；

∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；

连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；

由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.

10．已知为坐标原点，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线的右支上，则（       ）

A．当时，双曲线的离心率

B．当是面积为2的正三角形时，

C．当为双曲线的右顶点，轴时，

D．当射线与双曲线的一条渐近线交于点时，

【答案】AB

【分析】可得的中垂线与双曲线有交点，结合离心率公式，可判断A；由等边三角形的性质和余弦定理，求得，由双曲线的定义和，，的关系，可判断B；求得，，可判断C；由三角形的三边关系和双曲线的定义，可判断D．

【详解】对于，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故A正确；

对于B，因为是面积为的正三角形，边长为

所以，即

在中，因为，，

所以，

所以，故，即，故B正确；

对于C，因为为双曲线的右顶点，则，又轴，则，所以，故C错误；

对于D，由，所以，故D错误．

故选：AB．

11．将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，…，进行排列：（1），（3，5），（7，9，11，13）．（15，17，19，21，23，25，27，29），…，则以下结论中正确的是（       ）

A．第10个括号内的第一个数为1023 B．2021在第11个括号内

C．前10个括号内一共有1023个数 D．第10个括号内的数字之和

【答案】ACD

【分析】由第10个括号内的第一个数为数列的第512项，最后一个数为数列的第1023项即可求解.

【详解】解：由题意，第n个括号有个数，

对A：前9个括号内一共有个数，所以第10个括号内的第一个数为数列的第512项，所以第10个括号内的第一个数为，故选项A正确；

对C：前10个括号内一共有个数，故选项C正确；

对B：令，得，所以2021为数列的第1011项，由上面选项A、C分析可得，2021在第10个括号内，故选项B错误；

对D：因为第10个括号内的第一个数为，最后一个数为，所以第10个括号内的数字之和，故选项D正确；

故选：ACD.

12．对于函数，下列说法正确的是（       ）

A． B．在处取得极大值

C．有两个不同的零点 D．若在上恒成立，则

【答案】ABD

【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值的定义判断选项AB；由函数零点的定义可判断选项C；构造函数，利用导数求函数的最大值，可判断D.

【详解】对于函数，，

，；

令，得，解得，

当时，，所以函数在上为单调递增函数，

当时，，所以函数在,上为单调递减函数，

∴，又，

∴，故A正确；

所以函数在处取得极大值，故B正确；

因为时，得，解得，所以函数只有一个零点，选项C错误；

因为在上恒成立，则在上恒成立，

令，则，

令，解得，

当时，，单调递增，当时，，则单调递减，

所以当时，，所以，选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．二项式展开式中存在常数项，写出一个满足条件的___________.

【答案】7（7的整数倍均可）

【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.

【详解】，

令，即，

因为，

所以若展开式中存在常数项，

 则为7的整数倍，

故答案为：7(7的整数倍）

14．如图，在等腰直角中，，为的中点，将线段绕点旋转得到线段.设为线段上的点，则的最小值为___________.

【答案】-0.5

【分析】根据题意，，，利用向量的数量积运算即可求解.

【详解】连接MD，则，，

所以，

由于为等腰直角三角形，为线段上的点，

因此，

所以，即的最小值为.

故答案为：.

15．设验血诊䉼某种疾病的误诊率为，即若用表示验血为阳性，表示受验者患病，则，若已知受检人群中有患此病，即，则一个验血为阳性的人确患此病的概率为___________.

【答案】

【分析】结合条件概率的计算公式，得到，即可求解.

【详解】由题意，结合条件概率的计算公式，可得：

.

故答案为：.

四、双空题

16．已知函数有两个不同的极值点，，则的取值范围是_____；若不等式有解，则的取值范围是______.

【答案】         

【分析】根据有两个不同极值点，可得两个不相等的正实数根，根据二次函数的性质即可求解；将不等式转化为，代入方程，化简整理，即可得结果.

【详解】由题可得（），因为函数有两个不同的极值点，，所以方程有两个不相等的正实数根，

于是有解得.

若不等式有解，所以

因为

.

设，

，故在上单调递增，故，

所以，所以的取值范围是.

【点睛】本题考查导函数的实际应用，重点在于将题干中“两个不同的极值点”转化为导函数等于0时，有两个不相等的实数根，然后进行求解，计算难度偏大，属中档题.

五、解答题

17．已知等差数列和等比数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)在①；②；③这三个条件中选择一个作为已知条件，使得存在且唯一，并求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2)条件选择见解析，.

【分析】（1）利用等差数列的基本量的运算即得；

（2）利用等差数列的通项公式，可得，进而可得等比数列的通项公式，然后利用求和公式即得.

【详解】(1)∵数列是等差数列，且，，

∴公差

∴的通项公式为；

(2)选条件①：，又，

∴，

则，存在但不唯一，故不合题意；

选条件②：

∵，

∴，∴

∵数列是等比数列，且，

∴公比，

∴的通项公式为，

∴的通项公式为

∴.

选条件③：

∵，

∴，∴

∵数列是等比数列，且，

∴公比，

∴的通项公式为

∴的通项公式为

∴.

18．如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设；

（1）当时，求四边形的面积.

（2）若要在景区内铺设一条由线段，，和组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值.

【答案】（1）；（2）5

【分析】（1）把四边形分解为三个等腰三角形：，利用三角形的面积公式即得解；

（2）利用表示（1）中三个等腰三角形的顶角，利用正弦定理分别表示，和，令，转化为二次函数的最值问题，即得解.

【详解】（1）连结，则

四边形的面积为

（2）由题意，在中，，由正弦定理

同理在中，，由正弦定理

令

时，即，的最大值为5

【点睛】本题考查了三角函数和解三角形综合实际应用问题，考查了学生综合分析，数学建模，转化划归，数学运算能力，属于较难题

19．如图，多面体中，平面，

(1)在线段上是否存在一点，使得平面？如果存在，请指出点位置并证明；如果不存在，请说明理由；

(2)当三棱锥的体积为8时，求平面与平面AFC夹角的余弦值.

【答案】(1)存在，的中点，证明见解析；

(2).

【分析】（1）先找到G点位置，由面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，由体积求解边长，用空间向量求解二面角.

【详解】(1)存在，点为中点，理由如下：

取线段AB的中点H，连接EH、HG、EG．

∵，，

∴四边形AHEF是平行四边形，∴．

又∵平面AFC，平面AFC，

∴平面AFC．

∵H、G分别为AB、BC的中点，

∴HG是的中位线，∴．

∵平面AFC，平面AFC，

∴平面AFC．

∵，HG、平面EHG，

∴平面平面AFC．

∵平面EHG，

∴平面AFC．

(2)由，

可得

以为坐标原点，以､､的正方向为､､轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题可知，，，，，

设平面的一个法向量为

，

则，可以取

设平面的一个法向量为

，

则，可以取

设平面与平面夹角为，

则，

∴平面与平面夹角的余弦值为.

20．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，且到直线：的距离为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若直线：与椭圆交于，两个不同的点，为坐标原点，是椭圆上的一点，且四边形是平行四边形，求四边形的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据以及到直线：的距离为，结合，可得结果.

（2）联立直线与椭圆方程并使用韦达定理，可得，由 ，可得点坐标，代入椭圆方程，可得，计算，最后根据四边形面积计算即可.

【详解】（1）由题可知：，，所以，

又左焦点，直线的方程为，即

所以到直线的距离为，由

所以，则椭圆的方程为

（2）设

且，即

由四边形是平行四边形，所以

则

因为点在椭圆上，所以，整理可得

所以，

则

到直线的距离

所以四边形的面积为

【点睛】本题考查直线与椭圆的几何关系，直线与圆锥曲线的结合常会联立方程并使用韦达定理，本题难点在于找到，考查分析能力以及计算能力，属难题.

21．某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：

(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50，根据大量的测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程的概率；

（参考数据：若随机变量，则，

(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上（方格图上依次标有数字0､1､2､3､……､20）移动，若遥控车最终停在“胜利大本营”（第19格），则可获得购车优惠券3万元；若遥控车最终停在“微笑大本营”（第20格），则没有任何优优惠券.已知硬币出现正､反面的概率都是，遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次：若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到；若掷出反面，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到“胜利大本营”或“微笑大本营”时，游戏结束.设遥控车移到第格的概率为，试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券全额的期望值（精确到万元）.

【答案】(1)；

(2)；

(3)证明见解析，参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为万元.

【分析】（1）利用直方图求平均值的公式即得；

（2）利用正态分布的性质求解即可；

（3）由题可得，利用定义证明其为等比数列，结合累加法得出的表达式，由此得到，，设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0，分别求出或0的概率，然后求出期望即可.

【详解】(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：

；

(2)∵，

∴.

(3)由题可知，

遥控车移到第格有两种可能：

①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为；

②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为，

∴，

∴时，，又∵，

∴当时，数列首项为，公比为的等比数列，

∴，

以上各式相加，得，

∴时，，

∴到达“胜利大本营”的概率，

∴设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，则或0，

∴的期望，

∴参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为万元

22．已知函数.

(1)求的最小值；

(2)记为的导函数，设函数有且只有一个零点，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）求导，分析导函数正负，结合极值和单调性分析即得解；

（2）求导，分，，分析单调性，结合极值点，边界情况，分析即得解.

【详解】(1)由题得，

∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以是的极小值点；

又当时，，当时，，当时，，

所以只能在内取得最小值，因为是在（0，）内的极小值点，也是最小值点，

所以．

(2)由题可得（），

∴

①当时，，函数在上单调递增，

又∵，

∴函数有且仅有1个零点，∴符合题意；

②当时，令，，函数在上单调递增，

因为，

∴存在唯一的实数，使得，即，

当时，，单调递减；时，，单调递增；

又∵时，，时，，且，

∴当函数有且仅有1个零点时，，

∴符合题意

综上可知，的取值范围是或.

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.