2022届海南省高三高考全真模拟卷（四）数学试题含解析

这是一份2022届海南省高三高考全真模拟卷（四）数学试题含解析，共18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届海南省高三高考全真模拟卷（四）数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可知集合中元素特征，后由交集，补集定义可得答案.【详解】由题可知集合A中元素表示被3除余1的自然数，又，则.故选：A2．已知复数z满足，，则z为实数的一个充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先，设，代入化简后，利用等式两边相等，即可求得a，再根据充分条件的概念即可得出答案.【详解】解：若z为实数，则设，已知，可得，即，所以，解得，z为实数的一个充分条件是或，故选：C.3．设随机变量，若，则a的值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据正态分布的对称性分析运算.【详解】由题意可得：正态曲线的对称轴为，因为若，则，解得.故选：B.4．有一组样本数据如下：56，62，63，63，65，66，68，69，71，74，76，76，77，78，79，79，82，85，87，88，95，98则其25%分位数、中位数与75%分位数分别为（    ）A．65，76，82 B．66，74，82 C．66，76，79 D．66，76，82【答案】D【分析】由百分位数和中位数的定义求解即可.【详解】因为，所以样本数据的25%分位数为第六个数据即66；中位数为：，因为，所以样本数据的75%分位数为第十七个数据即82.故选：D.5．若抛物线上的点到焦点的距离是点到轴距离的3倍，则等于（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，得到，求得，将点)在抛物线方程，即可求解.【详解】由题意，抛物线上的点到焦点的距离是点到轴距离的3倍，可得，解得，所以，又由点)在抛物线上，代入得，解得.故选：A.6．某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，是线段上的点，则在原三棱柱中，的最小值为A． B． C． D．【答案】B【分析】将展开图折成立体图形，然后再把空间最短距离问题转化为平面两点间的距离最短问题，即可求得结果.【详解】将展开图折成立体图形，如下图所示：然后再把空间最短距离问题转化为平面两点间的距离最短问题，如下图所示.因为，，所以，即的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查几何体的还原，以及几何体上距离的最值问题，属综合性基础题.7．将函数的图象向右平移1个单位长度后，所得函数的图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性，得到的图象关于点对称，再由，得到在上为单调递增函数，即可得到答案.【详解】由函数向右平移1个单位长度后，可得函数的图象，因为，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，可排除B、D项；当时，可得，所以函数为单调递增函数，所以函数在上为单调递增函数，可排除C.故选：A.8．如图是清代的时钟，以中国传统的一日十二个时辰为表盘显水，其内部结构与普通机械钟表的内部结构相似，内部表盘为圆形，外部环形装饰部分宽度为5厘米，此表挂在墙上，最高点距离地面的高度为2.35米，最低点距离地面的高度为1.95米，以子时为正向上方向，一官员去上早朝时，看到家中时钟的指针指向寅时（指针尖的轨迹为表盘边沿）,若4个半时辰后回到家中，此时指针尖到地面的高度约为（）（    ）A．199.1cm B．201.1cm C．200.5cm D．218.9cm【答案】C【分析】将表盘放在直角坐标坐标系中，求得为直径的圆的的方程为，根据题意过点作的垂线，结合指针到底面的高度：，即可求解.【详解】将表盘放在直角坐标坐标系中，将表盘的中心与坐标原点重合，如图所示，由题意知，时钟的直径为，即表盘的直径为，又因为外部环形的装饰部分的宽度为，则以为直径的圆的直径，半径为，则圆的方程为，因为最开始指针指向寅时，则4个半小时后，指针转到午时与末时的中间，指针位于点，则过点作的垂线，交于点，在直角中，，因为一个圆周为，表盘被分为份，即每小时转过，又因为点在午时与末时的中间，所以，则，则指针到底面的高度：.故选：C. 二、多选题9．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】对于选项A和C，都满足定义域关于原点对称且，所以是偶函数，令能解出实数解，所以存在零点；对于选项B，不满足，所以函数不是偶函数；对于选项D，令不能解出实数解，所以不存在零点.【详解】对于选项A，因为函数的定义域为，且，所以是偶函数；令解得，所以函数存在零点，故选项A正确.对于选项B，因为，所以该函数不是偶函数，故选项B错误.对于选项C，因为函数的定义域为，且，所以是偶函数；令解得，所以函数存在零点，故选项C正确.对于选项D，令，即，无实数解，所以函数不存在零点，故选项D错误.故选：AC10．用下列，能表示向量的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】AB【分析】根据题意，设，利用向量的坐标运算，得到关于的方程组，结合方程组的解，即可求解.【详解】对于A中，设，可得，则，方程组有无数组解，例如时，，所以A成立；对于B中，设，可得，则，解得时，，所以B成立；对于C中，设，可得，则，此时方程组无解，所以不能表示，所以C不成立；对于D中，设，可得，则，此时方程组无解，所以不能表示，所以D不成立.故选：AB.11．已知双曲线的离心率为，则（    ）A．的焦点在轴上 B．的虚轴长为2C．直线与相交的弦长为1 D．的渐近线方程为【答案】BC【解析】由双曲线的方程可判断A；由的离心率求得解得可判断B；把代入双曲线的方程求得可判断C；由B选项得且，且焦点在x轴上可判断D.【详解】由可知双曲线的焦点在轴上，A错误；的离心率，解得，的虚轴长为，故B正确；由B选项知，把代入双曲线的方程得，故弦长为1，C正确；由B选项知且，且焦点在x轴上，双曲线的渐近线方程为，故D错误.故选：BC.12．对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②，；③，，，定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（    ）A．若，则为“s数列”B．若，则为“t数列”C．若为“s数列”，则为“t数列”D．若等比数列为“t数列”，则为“s数列”【答案】ABD【分析】根据“s数列”和“t数列”的定义逐一对各选项分析判断即可.【详解】对于A，， ，又，数列为“s数列”，故A正确.对于B，，，又，，又，数列为“t数列”， 故B正确.对于C，若，，又，所以数列为“s数列”，但，故C错误.对于D，若等比数列为“t数列”，则，，即（公比为）.（1）若公比，因为，所以，所以，所以，此时因为，，，所以，即，所以为“s数列”；（2）若公比， 由得，由性质③知 ，，即，所以，但此时与性质③不符，所以时不是“t数列”.综上，若等比数列为“t数列”，则为“s数列”，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是牢牢抓住数列为“s数列”和数列为“t数列”所满足的性质对各选项逐一进行验证. 三、填空题13．若展开式中的系数为，则______．【答案】【分析】求出的通项，令，则，求解即可.【详解】的通项为：，令，则，解得：.故答案为：.14．圆有4个点到直线的距离为，则实数a的范围为_____【答案】【分析】过圆心C作直线垂线，交直线为A，交圆C于B，因4个点到直线的距离为，则直线与圆相交且，据此可得答案.【详解】如图，过圆心C作直线垂线，交直线为A，交圆C于B，因4个点到直线的距离为，则直线与圆相交，且.又圆C半径为，圆心为，则.即.故答案为：15．设θ为第二象限角，若tan（θ+）=，则sinθ+cosθ=_________.【答案】【详解】因为θ为第二象限角，若tan（θ+）=>0，所以角θ的终边落在直线的左侧,sinθ+cosθ<0,由tan（θ+）=得=，即=，所以设sinθ+cosθ=x，则cosθ- sinθ=2x，将这两个式子平方相加得：，即sinθ+cosθ=.【考点定位】本小题主要考查两角和的正切公式、同角三角函数的基本关系式、三角函数在各个象限的符号口诀等公式的灵活运用，属中档题.16．已知过点与曲线（）相切的直线有且仅有两条，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，即可求出切线的斜率，从而得到切线方程，将代入切线方程，题中相切的直线有且仅有两条等价于方程有两个不等的正实数根．构造函数通过函数的导数，利用函数的极值转化求解即可.【详解】∵，∴．设切点为，则有，所以过点P的切线方程为，又点在切线上，所以，整理得，由题意得方程有两个不等的正实数根．设，则，要使的图象与t轴的正半轴有两个不同的交点，则需．所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，解得．即实数的取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查由转化思想将曲线的切线条数转化为方程的根进而转化为函数的零点问题处理，还考查了利用导数求曲线的切线方程，属于难题. 四、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M在边上，是角A的平分线，，．(1)求A；(2)若，求的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理直接求得结果；（2）根据是角A的平分线，,得出，过M作交于点D，易知为正三角形，再由余弦定理求的长．【详解】（1）在中，由及正弦定理得，又，所以，又，所以．（2）已知是角A的平分线，,，则，所以，所以， 如图，过M作交于点D，易知为正三角形，所以，，．在中，由余弦定理得，．18．在①，，是公差为的等差数列，②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．问题：已知数列是等比数列，且满足________．(1)求数列的通项公式；(2)设，为数列的前n项和，证明：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1) 若选择条件①，由，，是公差为的等差数列列出方程组，解得，代入等比数列的通项公式即可；若选择条件②，由，，解得，再由解得，代入等比数列的通项公式即可.(2)由(1)的结果求出，得到，从而可知是等比数列，把代入等比数列的前n项和公式即可证明不等式.【详解】（1）设等比数列的公比为，若选择条件①：因为，，是公差为的等差数列，所以，即 ,解得所以．若选择条件②：由，，可得，得．又，所以，得，所以．（2）由（1）可知，所以，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．19．如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，，，P为的中点．(1)证明：平面平面；(2)求平面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）由面面垂直的判定定理证明即可；（2）由题意可得，以F为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】（1）如图，连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，．又平面，平面，所以，又，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）如图，设交于点F，取的中点E，连接，则，所以平面．又为菱形，所以，则以F为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，因为平面，故为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，则，令，则，所以，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20．已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点且长轴长为4．求椭圆E的方程：Ⅱ若A是椭圆E的左顶点，经过左焦点F的直线1与椭圆E交于C，D两点，求与的面积之差的绝对值的最大值为坐标原点【答案】（I）；（II）【详解】试题分析:（Ⅰ）根据椭圆几何意义得2a=4，2a=c，解得a=2，b2=3（Ⅱ）两面积底相同，都为定值2，高为D,C纵坐标绝对值，所以两面积之差的绝对值等于丨y1+y2丨，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理化简丨y1+y2丨，最后根据基本不等式求最值试题解析:解：（Ⅰ）由题意得2a=4，即a=2，2a=c，即c=1，又b2=a2﹣c2，∴b2=3故椭圆E的方程为：；（Ⅱ）设△OAD的面积为S1，△OAC的面积为S2，设直线的方程为x=ky﹣1，C（x1，y1），D（x2，y2）∴由，整理得：（3k2+4）y2﹣6ky﹣9=0，∴由韦达定理可知：y1+y2=，∴∴丨S1﹣S2丨=×2×丨丨y1丨﹣丨y2丨丨=丨y1+y2丨=，当k=0时，丨S1﹣S2丨=0，当k≠0时，丨S1﹣S2丨=≤=（当且仅当3丨k丨=，即k=±时等号成立）．∴丨S1﹣S2丨的最大值为．点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.21．在政府精准扶贫政策的扶持下，甲、乙，丙三位学徒跟老李师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且．现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作，且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束．(1)按照甲、乙、丙的顺序制作该陶器，若，且，求制作该陶器的人数均值的最大值；(2)若这种陶器制作成功后需要两轮检测都合格才能上市销售，已知学徒甲制作的陶器第一轮检测合格的概率为，第二轮检测合格的概率为，且两轮检测是否合格相互之间没有影响．如果这种陶器可以上市销售，则每件陶器可获利100元；如果这种陶器不能上市销售，则每件陶器亏损80元．现有学徒甲制作的这种陶器4件，求这4件陶器获利220元的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设制作人数为，求得随机变量的分布列，得到，设，求得，得到函数的单调性与最小值，即可求解；（2）设“该陶器能上市销售”为事件，求得，结合独立重复试验的概率公式，即可求解.【详解】（1）解：设制作人数为，他们三人各自能制作成功该陶器的概率分别为、、，可得，则随机变量的分布列为123均值为，，设，，因为，且，所以在上单调递增，所以，所以，所以当时，的最大值为．（2）解：记“该陶器能上市销售”为事件，则,由已知可知4件陶器获利220元的情况是可上市销售3件，则概率为．22．已知直线是曲线的切线．(1)求函数的解析式；(2)证明：方程有且仅有2个实数根．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义分析运算；（2）构建，求导，分类讨论判断的单调性，结合零点存在性定理运算分析.【详解】（1）根据题意．设直线与曲线相切于点．根据题意可得解得，因此．（2）构建函数，可得，．①当时，可知在上单调递增，则，可得在上单调递减，且，所以为在上的唯一零点；②当时，构建，则，且在上单调递减，且，，所以，使得，可得当时，；当上，；所以在上单调递增，在上单调递减，因为，则，所以在上单调递增，此时，不存在零点；又因为，则，使得，可得当时，；当时，；则在上单调递增，在上单调递减，且，，所以在上恒成立，此时不存在零点，即在上不存在零点；③当时，则单调递减，单调递减，可知在上单调递减，且，，所以在上存在唯一零点；④当时，可得，则，故在上不存在零点；综上所述：方程有且仅有2个实数根．【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．