模拟冲刺过关试卷03-【查漏补缺】2022年高考数学三轮冲刺过关（新高考专用）

2022年新高考三轮冲刺模拟试卷03

满分：150分  时间：120分钟

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，在给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集，集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合交集与补集概念进行计算.

【解析】由题意可得：，则.故选：D。

2．设复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【解析】由，得，．故选：D．

3．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用勾股定理判断平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点即为外接球的球心，求出外接球半径，由表面积公式即可求解.

【解析】由题意可知，，

所以，，

又，

所以平面，

过正方形的中心作垂线，

再过中点作此垂线的垂线，交点为，

此点即为外接球的球心，

则外接球半径，

所以四棱锥外接球的表面积.故选：C。

4．已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】，，应该是本身f(x)减区间的子集.

【解析】∵，∴，

函数在上单调递减，

周期解得，故，

的减区间满足：，

取，且解之得.

故答案为：.故选：C.

5．已知，下列说法错误的是（       ）

A．若，则

B．（其中e为自然对数的底数）恒成立

C．（e为自然对数的底数）

D．若，则恒成立

【答案】C

【分析】对于A，利用基本不等式判断作答；对于B，构造函数，讨论单调性判断；对于C，构造函数，讨论单调性判断；对于D，利用函数单调性判断并作答.

【解析】对于A选项，因，，，A正确；

对于B选项，，在上递增，则，即，，B正确；

对于C选项，，，在上单调递减，则，，C错误；

对于D选项，，在上递增，而，即，则，D正确，

故选：C

6．若，则（       ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】应用倍角正余弦公式及商数关系将目标式化为，结合已知即可求值.

【解析】由题意知，，故选：B.

7．若函数恒有两个零点，则的取值范围为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令得出，作出两函数的图象，根据图象判断两函数最值的大小关系，得出的范围．

【解析】解：令得，

令，则，

在上单调递增，在上单调递减，

做出和的函数图象，如图所示：

有两个零点，和的函数图象有两个交点，

，解得，即．故选：C．

8．为了了解某类工程的工期，某公司随机选取了个这类工程，得到如下数据（单位：天）：，，，，，，，，，．若该类工程的工期（其中和分别为样本的平均数和标准差），由于疫情需要，要求在天之内完成一项此类工程，估计能够在规定时间内完成该工程的概率约为（     ）

附：若随机变量服从正态分布，则，，．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再利用正态分布的性质求解.

【解析】由题得，

，所以.

所以

所以.故选：A

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分，在给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。

9．若，则下列结论中正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】利用二项展开式的通项公式计算项的系数可得，，判断A，B；利用赋值法计算判断C；计算出可判断D作答.

【解析】二项式的展开式通项公式为，

，，A，B都正确；

显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负，，C正确；

，，，，

因此，，D不正确.

故选：ABC

10．己知△ABC中，角A，B．C所对的边分别是a，b，c，B=，2=，AP=则下列说法正确的是（       ）

A．=+ B．a+3c的最大值为

C．△ABC面积的最大值为 D．a+c的最大值为2

【答案】AD

【分析】利用平面向量基底表示向量可判断A；利用正弦定理、余弦定理、面积定理借助三角恒等变换可计算判断B，C，D.

【解析】对于A，在△ABC中，因2=，则，A正确；

在△ABP中，由余弦定理得：，

当且仅当时取“=”，于是得当时，，

，C不正确；

在△ABP中，令，则，，由正弦定理得：，

则，，

其中锐角由确定，而，则当时，，取最大值，D正确；而，则的最大值应大于的最大值，又，即a+3c的最大值为是不正确的，B不正确.故选：AD。

11．已知圆与圆交于不同的两点，下列结论正确的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】两个圆的方程相减即可求公共弦所在直线方程，据此即可逐项求解.

【解析】   ①

   ②

①－②即得公共弦AB所在直线方程：，

将A的坐标代入得：   ③，故B正确，

将B的坐标代入得：   ④

③－④得：，故A错误；

两圆圆心分别为，因为两圆半径相等，所以中点和AB中点为同一点，故，C正确，，D错误.

故选：BC.

12．在长方体中，，点为棱上靠近点的三等分点，点是长方形内一动点（含边界），且直线，与平面所成角的大小相等，则（       ）

A．平面

B．三棱锥的体积为4

C．存在点，使得

D．线段的长度的取值范围为

【答案】ACD

【分析】选项A：由题意得到平面平面，然后根据面面平行的性质定理即可判断选项A；

选项B：根据即可判断选项B；

选项C：作交于，连接，当为中点时，满足；

选项D：根据题意分析出当点在点或点处时，线段的长度取得最大值；当点在点处时，线段的长度取得最小值，从而可求出线段的长度的取值范围为.

【解析】平面平面，平面，平面，故正确；

，故错误；

连接，作交于，连接，

平面，为与平面所成的角，

平面，为与平面所成角．

直线，与平面所成角的大小相等，，

所以，

又，，所以点在的中垂线上，即点在线段上运动，

当点与点重合时，，故正确；

，为棱上靠近的三等分点，，，，

，，

当点在点或点处时，线段的长度取得最大值，最大值为；

当点在点处时，线段的长度取得最小值，最小值为，

线段的长度的取值范围为，故正确．

故选：．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分。

13．已知函数在上单调递增，则的取值范围是___________

【答案】[3，）

【分析】先求出函数的定义域，进而根据“同增异减”的原则求得答案.

【解析】由题意，，而函数的对称轴为：，根据复合函数单调性“同增异减”的原则，函数的增区间为：，又因为函数在上单调递增，所以.故答案为：.

14．设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点A作的垂线，垂足为，设，若与相交于点的面积为，则抛物线的方程为___________.

【答案】

【分析】由题意得出，利用拋物线的定义求出点A的横坐标，根据相似得出，由三角形的面积公式可得结果.

【解析】设，

又，则，

由抛物线的定义得，所以，则，

由得，即，

所以，,

所以，解得：.

故答案为：

15．函数的最大值为___________.

【答案】

【分析】对函数去绝对值分情况讨论，分别求导求最值，即可求得最大值.

【解析】由题知当时，，

在为减函数，

；

当时，，

当时，，当时，，

，

综上可知，.

故答案为：.

16．设，记最接近的整数为，则__________；__________．(用表示)【答案】         

【分析】先求出，观察特点得，，最接近的数字为253；

由得，，判断 为奇数或偶数从而得解.

【解析】，

若，则，

若，则，

故答案为：；.

四、解答题：本题共6小题，共70分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（10分）已知数列满足，.

(1)求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；

(2)令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有.

【答案】(1)证明见解析，，(2)证明见解析，

【分析】（1）由已知可得，两边同除以可得，从而可得数列是等差数列，进而可求出数列的通项公式，

（2）由（1）可得，然后利用裂项相消法可求出，再利用放缩法可得结论

【解析】(1)由，得

，

，

所以，

因为，所以数列是以2为公差，2为首项的等差数列，

所以，

所以

(2)因为，

所以，

所以

，

因为，所以，

所以

18.（12分）2021年9月以来，多地限电的话题备受关注，广东省能源局和广东电网有限责任公司联合发布《致全省电力用户有序用电、节约用电倡议书》，目的在于引导大家如何有序节约用电.某市电力公司为了让居民节约用电，采用“阶梯电价”的方法计算电价，每户居民每月用电量不超过标准用电量（千瓦时）时，按平价计费，每月用电量超过标准电量（千瓦时）时，超过部分按议价计费.随机抽取了100户居民月均用电量情况，已知每户居民月均用电量均不超过450度，将数据按照，，…分成9组，制成了频率分布直方图（如图所示）.

(1)求直方图中的值；

(2)如果该市电力公司希望使85%的居民每月均能享受平价电费，请估计每月的用电量标准（千瓦时）的值；

(3)在用电量不小于350（千瓦时）的居民样本中随机抽取4户，若其中不小于400（千瓦时）的有户居民，求的分布列.

【答案】(1)；(2)；(3)分布列见解析.

【分析】（1）根据频率分布直方图各小矩形的面积和为求解即可；

（2）由频率分布直方图得，进而得，解方程即可得答案.

【解析】(1)解：由题得

解得.

所以直方图中的值为.

(2)解：由频率分布直方图得月均用电量小于250（千瓦时）的居民家庭所占百分比为：

，

同理，的居民用电量小于300（千瓦时）

所以，

所以，解得（千瓦时）.

所以若使85%的居民每月均能享受平价电费，请估计每月的用电量标准（千瓦时）的值

(3)解：根据频率分布直方图，样本中用电量不小于350（千瓦时）的居民共有（户），

不小于400（千瓦时）的有户居民（户），

所以随机变量的可能取值为，

，，，

所以随机变量的分布列为：

19.（12分）在平面四边形中，已知，，平分.

(1)若，，求四边形的面积；

(2)若，求的值.

【答案】(1)；(2)。

【分析】（1）根据正弦定理与面积公式求解

（2）根据正弦定理与三角比有关知识求解

【解析】(1)，则，

在∆ABC中，由正弦定理可知，则，

则.

(2)设，在∆ABC中，由正弦定理可知，即，即，在中，由正弦定理可知，即，

即，即，则，解得.

20.（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点.

(1)若，求证：平面平面PAD；

(2)点M在线段PC上，，试确定实数t的值，使得平面MQB；

(3)在（2）的条件下，若平面平面ABCD，，求直线MC与平面MQB所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)。

【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可证，根据菱形的性质，可证，根据面面垂直的判定定理，即可得证.

（2）设，连接MN，根据题意，可得，可得，又，可得，结合线面平行的判定定理，即可得证.

（3）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面MQB的法向量，根据线面角的向量求法，可求得线面角的正弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案.

【解析】(1)证明：因为，Q为AD的中点，

所以.

因为底面ABCD为菱形，，

所以为正三角形，

所以，又，

所以平面PQB.

又平面PAD，

所以平面平面PAD.

(2)当时，平面MQB.

证明如下：设，连接MN.

因为，所以，

所以.

由，得，

所以，所以，

所以.

又平面MQB，平面MQB，

所以平面MQB，

所以当时，平面MQB.

(3)由（1）得，.

因为平面平面ABCD，平面平面，PAD，

所以平面ABCD.

如图，建立空间直角坐标系，

则，，，，

则，且.

设平面MQB的一个法向量为.

由，得，取，则.

又，设直线MC与平面MQB所成角为，

则，

所以，

所以直线MC与平面MQB所成角的余弦值为.

21.（12分）在平面直角坐标系中中，已知双曲线的一条渐近线方程为，过焦点垂直于实轴的弦长为．

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线与双曲线交于两点，且，若的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)；(2)或

【分析】（1）由已知得，，求得，即可求得方程；

（2）分析设直线OA的方程为，联立直线与双曲线的方程，结合可求得，

再分类讨论直线OA、OB的斜率为、和直线OA、OB的斜率为、，进而求得直线方程.

【解析】(1)过C的焦点垂直于实轴的弦长为6，将代入双曲线，得，则①，                                                                                        

又C的一条渐近线方程为，则②，

由①②解得，，

所以双曲线C的方程为．

(2)显然，当直线OA斜率为0或不存在时均不符合题意．

当直线OA斜率存在且不为0时，设直线OA的斜率为k，则方程为．

联立，整理得，于是得

则，同理可得，

因为

整理得，解得．                                        

即或 （满足）．

考虑到，只需分以下两种情形：

①当OA、OB的斜率为、时，

结合得或，

同理可得或，

于是由点、，据直线的两点式方程并化简可得AB方程，

同理可得AB的方程为或或．

②同理，当OA、OB的斜率为、时，

直线AB的方程为，或或或

综上，直线AB的方程为或。

22.（12分）已知函数.

(1)请研究函数在上的零点个数并证明；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)4，证明见解析；(2)证明见解析。

【分析】（1）函数 是奇函数，所以只要考虑 上的零点，利用函数的单调性即可；

（2）构造函数，用缩放法可以证明不等式.

【解析】(1)为奇函数，所以只需要研究函数上的零点个数，

当时，， 是单调递减的，

，，

所以当时，有一个零点；

当时，令 ，，

是单调递增的，，，

所以存在，使得，

所以当时，， 单调递减的，

当时，， 是单调递增的，

又，所以，，

所以存在使得，

当时，无零点，

综上可知，当时，函数有两个零点，

即在上，函数有四个零点；

(2)当时， ，

两边取自然对数得：

构造函数，

即，

即，即，则，

于是，，

所以.