2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真模拟数学试题含解析

这是一份2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真模拟数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省盐城中学高三下学期5月仿真模拟数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式得集合，求函数的值域得集合，由集合交集的运算即可求解.【详解】由不等式，解得或，所以集合或，由得，因为得，所以，所以或，故选：D.2．直线的斜率的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将直线的一般方程转化为直线的斜截式方程，根据的范围求出的范围，进而求出范围即可求解.【详解】当时，直线的斜率为，因为，所以时，或，由得，当即时，直线的斜率为.因为，所以或，即或.所以直线的斜率的取值范围为.综上所述，直线的斜率的取值范围为.故选：A.3．设复数z的模长为1，在复平面对应的点位于第一象限，且满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，且，利用得，模长为1得，求出后可得.【详解】设，因为在复平面对应的点位于第一象限，所以，由得，因为复数z的模长为1，所以，解得，所以，.故选：C.4．已知有恒等式，则（       ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】先降幂，然后根据题中恒等式化简，再利用正弦二倍角公式可得.【详解】因为所以故选：B5．某军事训练模拟软件设定敌机的耐久度为100%，当耐久度降到0%及以下，就判定敌机被击落．对空导弹的威力描述如下：命中机头扣除敌机100%耐久度，命中其他部位扣除敌机60%耐久度．假设训练者使用对空导弹攻击敌人，其命中非机头部位的命中率为50%，命中机头部位的命中率为25%，未命中的概率为25%，则训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用独立事件乘法公式及互斥事件加法，即可得出训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率.【详解】用分别表示命中机头，命中非头部位和未命中三个事件，则又训练者每次是否击中敌机相互独立，利用独立事件乘法公式及互斥事件加法可得训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率：.故选：D.6．的展开式中，一次项的系数与常数项之和为（       ）A．33 B．34 C．35 D．36【答案】D【分析】先求出一次项的系数与常数项，再求和即可【详解】因为的通项公式为，所以的展开式中，一次项的系数为，常数项为，所以一次项的系数与常数项之和为，故选：D7．已知连续函数的定义域为R，满足，若的最大值为1，最小值为0，则（       ）A．0 B． C．1 D．【答案】D【分析】由题意可得，由已知式子可得，从而可求出函数解析式，进而可求得结果【详解】由，得，所以，或，因为，且函数图象连续，所以所以，故选：D8．设集合，其中为自然数且，则符合条件的集合A的个数为（       ）A．833 B．884 C．5050 D．5151【答案】A【分析】利用隔板法，然后排除有两个数相同的结果，再结合集合元素的无序性可得.【详解】将100个小球排成一列，在101个空位（包括两段的空位）中插入第一个挡板，再在产生的102个空位中插入第二个挡板，将小球分成三段，分别记每段中的小球个数为a、b、c，共有种结果，因为，所以a、b、c中含有两个0,1,2，…，50各有3种结果，所以a、b、c三个数各不相等的结果共有个因为三个元素的每种取值有6种不同顺序，所以，由集合元素的无序性可知符合条件的集合A的个数为个.故选：A二、多选题9．已知均为正数且，下列不等式正确的有（       ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】由已知条件可得，然后逐个分析判断即可【详解】由，得，所以，因为均为正数，所以，对于A，，当且仅当，即时取等号，所以A错误，对于B，，当且仅当，即时取等号，所以B正确，对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以C正确，对于D，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以D正确，故选：BCD10．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（       ）A．B．二面角的正切值为C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为【答案】BCD【分析】根据空间向量的线性运算，可判定A错误；根据题意得到为二面角的平面角，在直角中，可判定B正确；由空间向量的共面定理，得到点所形成的图形为正，可判定C正确；根据二面角平面角的定义和求法，可判定D正确.【详解】在正六面体中，已知棱长为2，如图所示，对于A中，由，所以A错误；对于B中，在正六面体中，可得平面，因为平面，可得，又因为，且，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，在直角中，可得，所以B正确；对于C中，因为且，由空间向量的共面定理，可得点四点共面，所以点所形成的图形为正，其中，所以，即正六面体内的点所形成的面积为，所以C正确；对于D中，当点为上的动点，过点作，可得平面，因为平面，所以，过点作，可得，因为，所以平面，又因为平面，所以，所以为的平面角，在直角中，，当点与点重合时，取得最大值，此时二面角的正弦值取得最小值，最小值为，所以D正确.故选：BCD.11．设，正项数列满足，下列说法正确的有（       ）A． 为中的最小项B．为中的最大项C．存在，使得成等差数列D．存在，使得成等差数列【答案】AB【分析】由可得，故构造，利用导数求其单调性，不难发现是最小的项；在构造，为了比较之后每一项与前一项的关系，发现是最大的项，易得BCD选项的对与错【详解】解：由可得令，当递增；当递减且是最小的项；所以A正确令在区间内递减，即；即即，所以，综上所述，是最大的项，所以B正确，由于 是最小的项，是最大的项，则不可能使得成等差数列，故C错误；因为，所以，则，，所以不存在成等差数列，故D错误故选：AB【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．12．泊松分布适合于描述单位时间（或空间）内随机事件发生的次数．如某一服务设施在一定时间内到达的人数，显微镜下单位分区内的细菌分布数等等．其概率函数为，参数是单位时间（或单位面积）内随机事件的平均发生次数．现采用某种紫外线照射大肠杆菌，大肠杆菌的基因组平均产生3个嘧啶二体．设大肠杆菌的基因组产生的嘧啶二体个数为Y，表示经该种紫外线照射后产生k个嘧啶二体的概率．已知Y服从泊松分布，记为，当产生的嘧啶二体个数不小于1时，大肠杆菌就会死亡，下列说法正确的有（       ）（参考数据：，恒等式）A．大肠杆菌a经该种紫外线照射后，存活的概率约为5%B．设，则C．如果，那么，X的标准差D．大肠杆菌a经该种紫外线照射后，其基因组产生的嘧啶二体个数的数学期望为3【答案】AD【分析】根据珀松分布的性质即可逐一求解.【详解】对于A;当时，大肠杆菌就会死亡，当时，大肠杆菌能存活，由 知，当时，，故A对，对于B;,,，因为，的正负无法确定，故的大小无法确定，故B错误.对于C；根据珀松分布的方差可知,但,故C错误；对于D;由珀松分布可知，而，故，故D正确.故选：AD三、填空题13．双曲线的焦点到渐近线的距离为_____________．【答案】【详解】试题分析：由题意得，双曲线的右焦点，其中一条渐近线的方程为，所以焦点到渐近线的距离为．【解析】点到直线的距离公式及双曲线的性质．14．，若与不成锐角，则t的取值范围为__________．【答案】【分析】不成锐角则可能夹角为0或者为直角、钝角和平角，再分别列式求解即可【详解】由题意，，因为与不成锐角，故夹角为0或者为直角、钝角和平角.当夹角为0时，与同向，故，故，解得；当夹角为直角、钝角或平角时，，即，解得；故t的取值范围为故答案为：15．把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．【答案】【分析】由题意，这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，在四面体中，四个顶点可分为3类：（1）一个顶点在立方体中对于应于和；（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形；（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，求得相应的距离，即可求解.【详解】由题意，以标记的八个顶点，并设开始时选定的顶点为和，则这个顶点分别属于6个小四面体，而，这六个顶点（无论怎么变形）构成一个边长为1的正六边形，注意到这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，在四面体中，四个顶点可分为3类：（1）一个顶点在立方体中对于应于和，称之为第一类顶点；（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形，称之为第二类顶点；（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，称之为第三类顶点，这些顶点之间沿棱的距离的最大值，可得下表：距离第一类顶点第二类顶点第三类顶点第一类顶点 第二类顶点 第三类顶点 从而任意两点之间的距离不会超过.故答案为：.16．设函数，设的最小值为M，若至少有一个零点，且命题成立，则的取值范围是__________．【答案】【分析】根据题意转化为时，恒成立，结合与圆相切时，利用点到直线的距离公式和导数，求得的最小值为，即可求解.【详解】由题意，函数，因为的最小值为，即，即表示圆及其外部的部分，又因为命题成立，即时，恒成立，当直线与圆相切时，可得设，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为，可得的最小值为，所以的最大值为，所以的最小值为，所以，即实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题17．如图，在斜四棱柱中，四边形为平行四边形，平面为中点．(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；（2） 设，则，利用余弦定理判断出为钝角，做，则垂足在的延长线上，做，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 设，利用求出点坐标，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.（1）因为平面，平面，所以平面平面.（2）设，则，平面，平面，所以，，所以，，又，所以，在中，由余弦定理得，所以为钝角，作，则垂足在的延长线上，因为平面平面，平面平面，所以平面，在平面内做，所以，以为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，在中，因为，所以，因为，所以，，所以，，，，，，设，，因为，所以，解得，即，，，设为平面的一个法向量，所以，即，令，则，，即， 为平面的一个法向量，所以，由图二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值．18．记锐角内角的对边分别为，且，且．(1)求；(2)将延长至D，使得，记的内切圆与边相切于点T，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】(1)2；(2)是，定值为【分析】（1）由题设得，整理得，结合正弦定理化简得，结合的范围求得即可求解；（2）先由（1）中结论结合正余弦定理求得，再由向量的线性运算得，进而求得，由切线长定理化简即可求得.（1）由可得，即，整理得，由正弦定理得，又，则，又，，，，则，即；（2）由（1）得，即，整理得，又，则，设内切圆圆心为，内切圆与边分别相切于点，则，又，则，则，则，又，则.19．某抽奖系统中，抽得的物品可分为5星，4星和3星，其中一种抽奖种类中的抽奖系统的概率和相关保底机制如下：物品类别5星4星3星基础概率0.600%5.100%94.300% 基础概率：在没有任何其他机制的影响下，单次抽奖抽中指定类别奖品的概率．保底机制：现假定玩家从未进行过抽奖，则玩家抽取5星（或4星）的概率会随者未抽中5星（或4星）的次数增加而改变，相关机制如下表所示：连续未抽中4星的次数i下一次抽中4星的概率5.100%连续未抽中5星的次数i下一次抽中5星的概率0.600% 注：①表示中的最小值：②抽中4星的概率和抽中5星的概率的增加值从抽中3星的概率中等量扣除；③若发现下一次抽奖中，抽中4星的概率和抽中5星的概率的和大于1，则下一次抽奖抽中5星的概率等于表中的值（记为p），而抽中4星的概率为．现记玩家获得1个5星物品所需要的最大抽奖次数为N；(1)统计10名玩家抽到第一个五星的总次数和中途抽到四星的次数如下表所示：玩家序号12345678910总次数y30786480857955836681四星个数x4879986989 计算得：，已知y与x之间存在很强的线性相关关系，求出其线性回归方程，并求出使得最小的x（回归方程中的和取两位小数）(2)若玩家恰好在第抽抽到了第1个5星物品，且总共抽到了2个4星物品，记玩家在第抽中第i个4星奖品，记集合，求A的所有可能的个数．参考公式：回归直线方程斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．【答案】(1)，(2)个【分析】（1）利用线性回归方程的公式进行求解.（2）这是个组合问题，利用组合数进行求解.（1）因为，代入数据得：，所以，所以y与x的线性回归方程为.当连续未抽中5星的次数，下一次抽中5星的概率为0.600%，所以下一次可能抽不中5星；当连续未抽中5星的次数，下一次抽中5星的概率0.600%，由有：，所以玩家获得1个5星物品所需要的最大抽奖次数为73. 所以，由有：，所以使得最小的x为8.（2）由（1）有： ，所以，所以玩家恰好在第15抽抽到了第1个5星物品，且在前14抽抽到了2个4星物品，所以集合的所有可能个数为个.20．设，若无穷数列满足以下性质，则称为数列：①，（且）．②的最大值为k．(1)若数列为公比为q的等比数列，求q的取值范围，使得为数列．(2)若数列满足：，使得成等差数列，①数列是否可能为等比数列？并说明理由；②记数列满足，数列满足，且，判断与的单调性，并求出时，n的值．【答案】(1)(2)单调递减；单调递增；【分析】（1）由可得，再分与研究的最大值即可求解；（2）①先假设数列能为等比数列，由（1）知，由条件求出有解即可；②由“；”得，进而可推得与即可得数列的单调性，由此进而求的最值即可（1）因为数列为公比为q的等比数列，且为数列，所以，所以，所以，又，在的大前提下，当且仅当时，单增，无最大值；若，则，（当时取等）故有最大值，综上可知：q的取值范围是（2）①若数列能为等比数列，由（1）知，又成等差数列，则，即，所以，即，解得或（舍）所以数列能为等比数列；②由“；”得，首先，，所以，即，所以单调递减；其次，，所以，即，所以单调递增；最后，，，所以，所以时，.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距与短轴长均为4．(1)求E的方程；(2)设任意过的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过作平行于l的直线分别交于A，B，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可；（2）设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得，设的中点为，根据韦达定理可得，再结合三角形与椭圆的性质可得四点共线，从而化简，再根据的横坐标关系，结合参数的范围求解即可（1）由题意，，，解得，，故椭圆（2）由题意，，显然的斜率不为0，故设的方程为，，则，即，故，.联立过的切线方程，即，相减可得，即，化简可得.代入可得，故.设的中点为，则，，故.因为，，故，所以三点共线.又作平行于l的直线分别交于A，B，易得，取中点，根据三角形的性质有四点共线，结合椭圆的对称性有，当且仅当时取等号.故【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题22．已知函数．(1)当时，证明；(2)若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用切线放缩可得，且等号不同时成立，则结论可证；（2）多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化问题为，再由即可得解.（1）当时，，定义域为，设，则，所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，，当且仅当时等号成立，所以，且等号不同时成立，所以；（2）函数，，若存在极值点，则，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，由，不妨设，若，则；若，由可得，则，所以，即对恒成立，令，则，则，设，则，，令，，则，，令，则，令，则，当时，令，则，设，所以，所以，所以当时，，单调递增，，单调递增，，单调递增，，单调递减，，，符合题意；当时，，存在，单调递减，，，，单调递增，，，不符合题意；所以，由单调递增可得.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化不等关系.