2022年江苏省南京外国语学校、金陵中学、海安中学高考数学模拟试卷（5月份）（含答案解析）

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2022年江苏省南京外国语学校、金陵中学、海安中学高考数学模拟试卷（5月份）设集合M={5,x2}，N={5x,5}.若M=N，则实数x的值组成的集合为( )A. {5} B. {1} C. {0,5} D. {0,1}已知复数z=3+11+i(i是虚数单位)，则z−对应的点在第( )象限．A. 一 B. 二 C. 三 D. 四八音是中国古代对乐器的统称，包含“金、石、土、革、丝、木、匏(páo)、竹”八类，每类又包括若干种乐器.现有“土、丝、竹“三类乐器，其中“土”包括“缶(fǒu)、埙(xūn)“2种乐器：“丝”包括“琴、瑟、筝、琵琶”4种乐器：“竹”，包括“箫、笛、笋“3种乐器.现从这三类乐器中各选1种乐器分配给甲、乙、丙三位同学演奏，则不同的分配方案有( )A. 24种 B. 72种 C. 144种 D. 288种已知α∈(π,3π2)，若cos(α+π3)=55，则cos(α+π12)=( )A. 31010 B. 1010 C. −1010 D. −31010已知OA,OB,OC均为单位向量，且满足12OA+OB+OC=0，则AB⋅AC的值为( )A. 38 B. 58 C. 78 D. 198某同学高考后参加国内3所名牌大学A，B，C的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这3所大学A，B，C招生考试的概率分别为x，y，12，该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率为518，该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值为( )A. 2518 B. 19 C. 16 D. 118正四面体P−ABC的棱长为4，若球O与正四面体的每一条棱都相切，则球O的表面积为( )A. 2π B. 8π C. 823π D. 12π若两曲线y=x2−1与y=alnx−1存在公切线，则正实数a的取值范围为( )A. (0,2e] B. (0,e] C. [2e,+∞) D. (e,2e]某校为了解学生体能素质，随机抽取了100名学生进行体能测试，并将这100名学生成绩整理得到如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是( )A. a=0.012B. 这100名学生中成绩在[50,70)内的人数为52C. 这100名学生成绩的中位数为65D. 这100名学生的平均成绩为68.2(同一组中的数据用该组区间的中点值做代表)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，点P在抛物线C上，A(−54,0)，若△PAF为等腰三角形，则直线AP的斜率可能为( )A. 427 B. 255 C. 52 D. −223已知函数f(x)=sin[cosx]+cos[sinx]，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，下列结论中不正确的是( )A. f(x)的一个周期是2π B. f(x)是偶函数C. f(x)在(0,π)单调递减 D. f(x)的最大值不大于2如图，正方体ABCD−A1B1C1D1边长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是( )A. BP的最小值为62B. PA+PC的最小值为2−2C. 当P在直线A1D上运动时，三棱锥A−B1PC的体积不变D. 以点B为球心，22为半径的球面与面AB1C的交线长为63π已知二项式(ax−1x)5的展开式中含x的项的系数为80，则实数a=______.设函数y=f(x)的图象与y=3x+m的图象关于直线y=x对称，若f(3)+f(9)=1，实数m的值为______.在平面直角坐标系xOy中，已知P(2,2)，C(5,6)，若在以点C为圆心，r为半径的圆上存在不同的两点A，B，使得PA−2AB=0，则r的取值范围为______ .德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为13的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……．经过n次操作后，共删去个______小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过11000，则至少需要操作______次．(lg2=0.3010,lg3=0.4771)已知数列{an}各项都不为0，a1=1，a2=3，且满足anan+1=4Sn−1.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn=an−1an−14，{bn}的前n项和为Tn，求Tn取得最小值时的n的值．在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C所对边，tanC=sinA+sinBcosA+cosB.(1)求cosC的值；(2)若sinA=277，求bc的值．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧面ACC1A1是菱形，平面ACC1A1⊥平面ABC，E，F分别是棱A1C1，BC的中点，G是棱CC1上一点，且C1G=tGC(t>0).(1)证明：EF//平面ABB1A1；(2)若三棱锥C1−ABC的体积为1，且二面角A−EG−F的余弦值为45353，求t的值．自2022年3月起，新冠肺炎本土疫情已波及全国27个省份，呈现出点多、面广、频率大的特点．中国疾控中心流行病学专家表示，由于奥密克戎传染性强、隐匿性强，症状比较轻，增加了第一时间发现最早病例的难度，这就造成了多省多起疫情同时发生．某学校为了保障教学活动的正常进行，决定加强学生的核酸检测，同时为了避免过度防疫，造成人力、财力等不必要的浪费，核酸检测作如下要求：每班班级人数50人，每次按学号随机抽取30人，每周抽两次．(1)一周内，高三(1)班的甲同学被抽取到的次数为X，求X的分布列和数学期望；(2)设一周内，两次都被抽取到的人数为变量Y，则Y的可能取值是哪些？其中Y取到哪一个值的可能性最大？请说明理由．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，B.已知△APF2的周长为82，△F1PF2面积最大值为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．已知函数f(x)=e2x，g(x)=m(2x+1)，m>0，设h(x)=f(x)−g(x).(1)若函数h(x)有两个零点，求实数m的取值范围；(2)若直线y=g(x)是直线f(x)=e2x的一条切线，求证：∀a>b，都有h(a)−h(b)a−b≤2e2a−2.答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵集合M={5,x2}，N={5x,5}，M=N，∴x2=5x，x=0或5，∴x的取值集合为{0,5}，故选：C.直接根据集合相等，对应元素相等求解即可．本题考查集合相等的条件，考查了集合中元素的特性，是基础题．2.【答案】A【解析】解：∵z=3+11+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−i，∴z−=2+i，∴z−对应的点(2,1)在第一象限．故选：A.先对z化简，再求出z−，即可求出其在复平面内对应的点，即可求解．本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】 本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 根据题意，分 2 步进行分析：①由分步计数原理计算从这三类乐器中各选 1 种乐器的选法数目，②将选出的 3 种乐器安排给甲乙丙三人，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】 解：根据题意，分 2 步进行分析： ①“土”包括“缶 (f ǒ u) 、埙 (x ū n) “ 2 种乐器，在其中选出 1 种有 2 种选法， “丝”包括“琴、瑟、筝、琵琶” 4 种乐器，在其中选出 1 种有 4 种选法， “竹”，包括“箫、笛、笋“ 3 种乐器，在其中选出 1 种有 3 种选法， 则在三类乐器中各选 1 种乐器，有 2×4×3=24 种选法； ②将选出的 3 种乐器安排给甲乙丙三人，有 A33=6 种情况， 则有 24×6=144 种不同的分配方法； 故选： C.   4.【答案】C【解析】解：因为α∈(π,3π2)，所以α+π3∈(4π3,11π6)，由cos(α+π3)=55，知sin(α+π3)=−255，所以cos(α+π12)=cos[(α+π3)−π4]=cos(α+π3)cosπ4+sin(α+π3)sinπ4=55×22+(−255)×22=−1010.故选：C.根据α+π3的取值范围，利用同角三角函数的平方关系，求得sin(α+π3)的值，再由两角差的余弦公式，得解．本题考查三角函数的求值，熟练掌握两角差的余弦公式，同角三角函数的平方关系是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．5.【答案】B【解析】解：由12OA+OB+OC=0，则AO=2(OB+OC),AB=3OB+2OC，同理AC=2OB+3OC，又AO2=4(OB+OC)2=1，则OB⋅OC=−78，AB⋅AC=(3OB+2OC)⋅(2OB+3OC)=6OB2+6OC2+13OB⋅OC=6+6−918=58，故选：B.由平面向量数量积的运算，结合向量的线性运算求解即可．本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量的线性运算，属基础题．6.【答案】D【解析】解：由题意xy⋅12+(1−x)y⋅12+x(1−y)⋅12=518，∴x+y−xy=59，∴59=x+y−xy≥2xy−xy，∴xy≤19，恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值为12×19=118.故选：D.根据相互独立事件的概率公式，结合基本不等式计算即可．本题考查概率的求法，利用不等式求最值是解决本题的关键．7.【答案】B【解析】解：将正四面体ABCD，补成正方体，则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，∵正四面体ABCD的棱长为4，∴正方体的棱长为22，∵球O与正四面体的各棱都相切，且球心在正四面体的内部，∴球O是正方体的内切球，其直径为22，∴球O的表面积为4π×(2)2=8π，故选：B.将正四面体ABCD，补成正方体，则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，根据球O与正四面体的各棱都相切，且球心在正四面体的内部，可得球O是正方体的内切球，从而可求球O的表面积．本题考查球的表面积公式解题的关键是将正四面体ABCD，补成正方体，使得球O是正方体的内切球．8.【答案】A【解析】解：设A(x1,x12−1),B(x2,alnx2−1)，y1′=2x,y2′=ax，所以k1=2x1,k2=ax2，故在A处切线为：y−(x12−1)=2x1(x−x1)，整理得：y=2x1x−x12−1，在B处切线为y−(alnx2−1)=ax2(x−x2)，整理得：y=ax2x−a+alnx2−1，所以2x1=ax2−x12−1=−a+alnx2−1，解得a=4x22(1−lnx2)，构造函数f(x)=4x2(1−lnx)，f′(x)=4x(1−2lnx)，令f′(x)<0，解得：x>e，故f(x)在(0,e)递增，(e,+∞)递减，故f(x)max=f(e)=2e，故a的取值范围是(0,2e],故选：A.首先设出两个函数在A，B两点处的切线，利用待定系数法将a用x2表示，在构造函数解决函数最值即可．本题主要考查利用导函数研究函数切线及求解函数最值，属于中档题．9.【答案】ABD【解析】解：A选项，0.008×10+0.020×10+0.032×10+10×0.020+10a+10×0.008=1，∴a=0.012，A正确；B选项，10×0.020+10×0.032=0.52，100×0.52=52，B正确；C选项，0.008×10+0.020×10=0.28<0.5，0.008×10+0.020×10+0.032×10=0.6>0.5，∴中位数在[60,70]，设中位数为x，则0.008×10+0.020×10+(x−60)×0.032=0.5，∴x=66.875≠65，C错误；D选项，平均数y−=45×0.08+55×0.2+65×0.32+75×0.2+85×0.12+95×0.08=68.2，D正确．故选：ABD.由概率之和为1可判断A；结合频率与频数的关系可判断B；结合中位数的公式可判断C；由平均数的公式可判断D.本题考查由频率分布直方图求频数、频率、中位数、平均数，考查频率公式，频率分布直方图坐标轴的应用，属于基础题．10.【答案】AB【解析】解：由抛物线C：y2=4x的方程可得：焦点F(1,0)，因为A(−54,0)，△PAF为等腰三角形时，可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，当|PF|=|AF|=54+1=94时，设点P(m24,m)，则(m24−1)2+m2=94，解得m2=5，这时P(54,±5)，直线AP的斜率k=mm24+54=±552=±255；当|AF|=|PA|=94时，设P(n24,n)，则94=(n24+54)2+n2=94，解得n2=2，这时P(12,±2)，直线AP的斜率k=nn24+54=±212+54=±427；故选：AB.由抛物线的方程可得焦点F的坐标，由△PAF为等腰三角形可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，分两种情况讨论可得P的坐标，进而求出直线AP的斜率，进而选出结果．本题考查抛物线的性质的应用及等腰三角形的性质的应用，直线斜率的求法，属于中档题．11.【答案】BCD【解析】解：A.f(x+2π)=sin[cos(x+2π)]+cos[sin(x+2π)]=sin[cosx]+cos[sinx]=f(x)，T=2π，故正确；B.f(1)=sin[cos1]+cos[sin1]=sin0+cos0=1，f(−1)=sin[cos(−1)]+cos[sin(−1)]=sin0+cos(−1)=cos1≠f(1)，故错误；C.当0sinπ4+1=22+1>2，故错误；故选：BCD.A.利用周期函数的定义判断；B.利用f(1)，f(−1)的关系判断；C.由07时，bn>0，∴当n=7时，Tn取得最小值．【解析】(1)由anan+1=4Sn−1得n≥2时，an−1an=4Sn−1−1，两式相减得an+1−an−1=4，分奇偶项即可求出an；(2)由bn=an−1an−14得bn=2n−22n−15，易知n≤7时，bn≤0，当n>7时，bn>0，故可得n=7时取最小值．本题考查了等差数列的通项公式以及数列与函数的综合，属于中档题．18.【答案】解：(1)sinCcosC=sinA+sinBcosA+cosB，∴sinC(cosA+cosB)=cosC(sinA+sinB)，∴sin(A−C)=sin(C−B)，∴A−C=C−B，或A−C+(C−B)=π，(舍去)∴A+B=2C=π−C，∴C=π3，∴cosC=12.(2)若A为钝角，则sinA=277<32=sin2π3⇒A>2π3，∴A+C>π，这与△ABC内角和为π矛盾，∴A为锐角，∴cosA=217，∴sinB=sin(A+C)=277×12+217×32=5714，∴bc=sinBsinC=5714⋅23=52121.【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(A−C)=sin(C−B)，由题意可求C的值，即可求解cosC的值．(2)由题意分类讨论，若A为钝角，可得A+C>π，与△ABC内角和为π矛盾，若A为锐角，利用同角三角函数基本关系式可求cosA，利用两角和的正弦公式可求sinB，进而利用正弦定理即可求解bc的值．本题考查了三角函数恒等变换以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．19.【答案】(1)证明：取AB中点M，连接A1M，FM，∵F为BC的中点，E为A1C1的中点，∴MF//12AC,A1E//12AC，∴MF//A1E，∴MF=12AC,A1E=12AC，∴MF=A1E，据此可得四边形A1MFE为平行四边形，∴EF//A1M，∵EF⊄平面ABB1A1，A1M⊂平面ABB1A1，∴EF//平面ABB1A1.(2)解：∵平面ACC1A1⊥平面ABC，过C1作C1H⊥AC，∴C1H⊥平面ABC，∴VC1−ABC=13S△ABC⋅C1H=13×3⋅C1H=1⇒C1H=3，∵CC1=2，∴CH=1，∴H为AC中点，∴BH⊥AC，如图分别以HB，HC，HC1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∴A(0,−1,0),E(0,−1,3),F(32,12,0),C(0,1,0),C1(0,0,3)，由C1G=tGC⇒G(0,tt+1,3t+1)，∴AE=(0,0,3)，EG=(0,2t+1t+1,−3tt+1),EF=(32,32,−3)，设平面AEG和平面EFG的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)，∴n1=(1,0,0),n2⋅EG=0n2⋅EF=0，∴2t+1t+1y2−3tt+1z2=032x2+32y2−3z2=0，∴n2=(t+2,3t,2t+1)，设二面角A−EG−F的平面角为θ，∴cosθ=|n1⋅n2|n1||n2||⇒t+2(t+2)2+3t2+(2t+1)2=453⇒t=2.【解析】(1)取AB中点M，连接A1M，FM，证明EF//A1M，原题即得证；(2)证明C1H⊥平面ABC，分别以HB，HC，HC1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解．本题主要考查线面平行的证明，二面角的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．20.【答案】解：(1)每次抽取甲同学被抽到的概率均为35，X的所有可能取值为0，1，2，P(X=0)=(25)2=425,P(X=1)=C21⋅35×25=1225,P(X=2)=925，故X的分布列如下：E(X)=0×425+1×1225+2×925=3025=65.(2)Y的所有可能取值为10，11，⋯，30，P(Y=k)=C5030C2030−k⋅C30kC5030⋅C5030=(20!)2⋅(30!)2[(30−k)!]2⋅(k−10)!⋅k!⋅50!,k=10,11,⋯,30，∴P(Y=k+1)P(Y=k)=[(30−k)!]2(k−10)!k![(29−k)!]2(k−9)!(k+1)!=(30−k)2(k−9)(k+1)，∵(30−k)2−(k−9)(k+1)=909−52k>0⇒k≤17，∴Y取到18的可能性最大．【解析】(1)每次抽取甲同学被抽到的概率均为35，X的所有可能取值为0，1，2，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解．(2)根据已知条件，结合超几何分布的概率公式，即可求解．本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，考查期望公式，属于中档题．21.【答案】解：(1)由题意得4a=82bc=4a2=b2+c2，解得a=22b=2，所以椭圆C的方程为y28+x24=1.(2)设直线PA的方程为y=kx+2，P(x0,y0)，A(x1,y1)，F1(0,2)，由y=kx+2y2+2x2=8得(k2+2)x2+4kx−4=0，∴x0x1=−4k2+2，即x0x1=−4(y0−2x0)2+2=−4x02y02−4y0+4+2x02=−4x0212−4y0=−x023−y0，∴x1=−x03−y0，∴y1=y0−2x0⋅−x03−y0+2=8−3y03−y0，∴A(−x03−y0,8−3y03−y0)，同理可得B(−x03+y0,−3y0−83+y0)，∴kAB=8−3y03−y0+3y0+83+y0x03+y0−x03−y0=48−6y02−2x0y0=3(8−y02)−x0y0=6x02−x0y0=−6x0y0，∴kOP⋅kAB=y0x0⋅−6x0y0=−6为定值．【解析】(1)根据△APF2的周长为82和△F1PF2面积最大值为4，得到4a=82，bc=4求解；(2)设直线PA的方程为y=kx+2，P(x0,y0)，A(x1,y1)，F1(0,2)，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点A的坐标，同理得到点B的坐标，再利用斜率公式求解．本题主要考查圆锥曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．22.【答案】解：(1)h(x)=e2x−m(2x+1)，h′(x)=2e2x−2m，令h′(x)>0，解得x>lnm2，令h′(x)<0，解得x1，当m>1时，注意到h(−12)=1e>0,h(m)=e2m−m(2m+1)>4m2−2m2−m=2m2−m>0，∴函数h(x)在(−12,lnm2),(lnm2,m)上各有一个零点，符合题意，∴实数m的取值范围为(1,+∞)；(2)证明：f′(x)=2e2x，设g(x)=m(2x+1)与f(x)切于点P(x0,e2x0)，则2e2x0=2mm(2x0+1)=e2x0，解得x0=0，m=1，∴g(x)=2x+1，h(x)=e2x−2x−1，要证h( )a−h(b)a−b≤2e2a−2，即证e2a−2a−e2b+2ba−b≤2e2a−2，即证e2a−e2ba−b≤2e2a，即证1−e2b−2a≤2(a−b)，令2a−2b=t，t>0，即证1−e−t≤t，即证t+e−t≥1，令F(t)=t+e−t，则F′(t)=1−e−t>0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，则F(t)>F(0)=1，即得证．【解析】(1)对函数h(x)求导，判断其单调性，进而可得到其最小值，易知最小值必须小于0，由此可得m的取值范围，再利用零点存在性定理验证即可；(2)易知g(x)=2x+1，h(x)=e2x−2x−1，问题等价于证明1−e2b−2a≤2(a−b)，令2a−2b=t，t>0，即证t+e−t≥1，令F(t)=t+e−t，利用导数求出F(t)的最小值即可得证．本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查函数的零点，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．X012P4251225925