江苏省徐州市第七中学2022届高三下学期高考前模拟一数学试题-

这是一份江苏省徐州市第七中学2022届高三下学期高考前模拟一数学试题-，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，且，则，我国著名数学家华罗庚说过等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
江苏省徐州市第七中学2022届高三下学期高考前模拟一数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．已知复数，其中i是虚数单位，则（       ）
A． B． C． D．
2．集合，，（       ）
A． B． C． D．
3．已知，且，则（       ）
A． B． C． D．
4．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离），将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数，地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（       ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
5．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作准线的垂线，垂足为Q，若，则（       ）
A．2 B．4 C．6 D．
6．设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，且，则（       ）
A． B． C． D．
7．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”函数的部分图象大致为（       ）
A． B．
C． D．
8．在等比数列中，已知，则“”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
评卷人
得分



二、多选题
9．已知F是抛物线的焦点，P是抛物线上一动点，Q是上一动点，则下列说法正确的有（       ）
A．的最小值为1 B．的最小值为
C．的最小值为4 D．的最小值为
10．袋中装有4个相同的小球，分别编号为1，2，3，4，从中不放回的随机取两个球，A表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的有（       ）
A．事件A与事件B不互斥
B．事件A与事件B独立
C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为
D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为
11．如图，在边长为4的正方形中，点、分别在边、上（不含端点）且，将，分别沿，折起，使、两点重合于点，则下列结论正确的有（       ）．

A．
B．当时，三棱锥的外接球体积为
C．当时，三棱锥的体积为
D．当时，点到平面的距离为
12．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（       ）
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．在的展开式中，的系数是______．（用数字作答）
14．如图是第24届国际数学家大会的会标，它是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形EFGH组成的．若大正方形的边长为，E为线段BF的中点，则______．

15．若随机变量等可能的在，，中取值，其中，则的最小值为______．
16．五名运动员、、、、相互传球．每个人在接到球后随机传给其他四人中的一人．设首先由开始进行第次传球，那么恰好在第次传球把球传回到手中的概率是______（用最简分数表示）．
评卷人
得分



四、解答题
17．设为等差数列的前n项和，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前30项和．
18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，．

(1)证明：平面；
(2)若与平面所成角为，求二面角的余弦值．
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①；②；③．这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：
(1)求；
(2)若，，延长到D，使，求线段的长度．
20．甲、乙两所学校高三年级分别有1000人，1100人，为了了解两所学校全体高三年级学生高中某学科基础知识测试情况，采用分层抽样方法从两个学校一共抽取了105名学生的该学科成绩，并作出了如下的频数分布统计表，规定考试成绩在[120，150]内为优秀．
甲校：
分组




频数
1
2
9
8
分组




频数
10
10
x
3

乙校：
分组






频数
2
3
10
15


分组






频数
15
y
3
1



甲校
乙校
总计
优秀



非优秀



总计




(1)计算x，y的值；
(2)由以上统计数据填写下面2×2列联表，若按是否优秀来判断，是否有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异？
(3)现从甲校样本学生中任取2人，求优秀学生人数转的分布列和数学期望．

0.10
0.05
0.025
0.010

2.706
3.841
5.024
6.635

附：
21．已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．
22．已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
可假设，则代入原式中，利用进行复数运算即可求解.
【详解】
设，，则，
故，，，
故选：C．
2．C
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求集合A，再应用集合的交补运算求.
【详解】
由题设，或，则，
又，故.
故选：C
3．A
【解析】
【分析】
先通过求出，进而通过二倍角公式将化简，然后求得答案.
【详解】
因为，，所以．
于是.
故选：A．
4．C
【解析】
【分析】
由题设求得，结合信号覆盖面积公式及球体面积公式求结果.
【详解】
由题设，
所以，而地球表面积为，
故S占地球表面积的百分比约为.
故选：C
5．B
【解析】
【分析】
由抛物线定义可知，结合可得△PQF为正三角形，设准线l与x轴交于点A，由可得，利用，可得答案.
【详解】
由抛物线定义可知，∴，△PQF为正三角形，
设准线l与x轴交于点A，由抛物线可知：，
∵，∴，∴，∴.
故选：B．

6．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理和正弦定理，以及倍角公式，直接计算即可求解
【详解】
因为，所以，即，所以，所以或.若则.这与题设不合，故，又，所以，即.
故选：B
7．C
【解析】
首先排除函数的奇偶性，再判断时的函数值的正负.
【详解】
，函数是奇函数，故排除AB，
当时，，，所以，故排除D.
故选：C
8．A
【解析】
【分析】
直接利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.
【详解】
∵公比，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴且，
∴且，
即“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
9．AC
【解析】
【分析】
根据抛物线的性质判断A，根据圆的性质判断B，结合抛物线的定义判断C，D.
【详解】
抛物线焦点为，准线为，作出图象，

对选项A：由抛物线的性质可知：的最小值为，选项A正确；
对选项B：注意到F是定点，由圆的性质可知：的最小值为，选项B错误；
对选项CD：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为M，由抛物线定义可知，故，的最小值为点Q到准线的距离，故最小值为4，从而选项C正确，选项D错误．
故选：AC.
10．ACD
【解析】
【分析】
根据互斥事件和独立事件的概念判断A，B的正误，根据条件概率公式分别计算事件A发生的前提下，事件B发生的概率以及在事件B发生的前提下，事件A发生的概率判断C，D的正误.
【详解】
对选项A：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，
故事件A与事件B不互斥，选项A正确；
对选项B：事件A的概率，
事件B的概率，事件AB的概率，
因为，所以事件A与事件B不独立，选项B错误﹔
对选项C：事件A的概率，
事件B的概率，事件AB的概率．
在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为，
选项C正确；
对选项D：事件A的概率，
事件B的概率，
事件AB的概率．
在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为，
选项D正确．
故选：ACD.
11．ACD
【解析】
【分析】
A选项：证明面，得；
B选项：当时，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥的外接球体积；
C选项：利用等体积法求三棱锥的体积；
D选项：利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】
A选项：正方形

由折叠的性质可知：
又
面
又面，
；故A正确.
B选项：当时，
在中，，则
由A选项可知，
三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，
把三棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为，
三棱锥的外接球半径为，体积为，
故B错误
C选项：当时，
在中，，

则

故C正确；
D选项：设点到平面的距离为，则
在中，，

则

即
故D正确；
故选：ACD
【点睛】
方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
12．ACD
【解析】
【分析】
A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解的值；
B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解，的值，结合函数图象进行判断；
C，先设跟随区间为，，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出，的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求解的取值范围，
D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为，，值域为，，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解．
【详解】
选项：由已知可得函数在区间，上单调递增，则有 ，
解得或1（舍，所以，正确；
选项：若存在跟随区间，，又因为函数在单调区间上递减，图象如图示，

则区间，一定是函数的单调区间，即 或,
则有，解得，此时异号，
故函数不存在跟随区间，不正确；
选项：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，
若存在跟随区间，，
则有，即，两式作差得：，
即，
又，所以，得，
所以，设，，则，
即在区间，上有两个不相等的实数根，
只需：，解得，正确；
选项：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为，，值域为，，
当时，函数在定义域上单调递增，
则，是方程的两个不相等的实数根，解得或，
故存在定义域为，使得值域为，，正确，
故选：．
【点睛】
本题是根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义，考查学生的理解新知识运用新知识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强.
13．
【解析】
【分析】
用乘以展开式的项再加上乘以展开式的项，最后合并同类项即可求解
【详解】
展开式的第项
展开式中项的系数为：．
故答案为：
14．4
【解析】
【分析】
利用数量积的几何意义求解.
【详解】
解：如图所示：

设，由题可得，
所以，
解得．
过F作BC的垂线，垂足设为Q，
故，
故答案为：4．
15．
【解析】
【分析】
根据题意，求得的表达式，并设为，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案.
【详解】
随机变量等可能的在，，中取值，故取每个值的概率均为，
于是，
设，，
则，
设，，则，故在上单调递增，结合，
于是当时，，从而，故在上单调递减，
当时，，从而，故在上单调递增，
故．即的最小值为.
故答案为：
16．
【解析】
【分析】
设第次传球把球传回到的手中的概率为，根据独立事件的概率乘法公式可得出的递推公式，即可求得的值.
【详解】
设第次传球把球传回到的手中的概率为，
第次传球将球传给其他运动员，故；
表示第次传球把球传回到的手中，故传球前球不在手中，
而每名运动员传给其他一名指定运动员的概率为，由乘法原理，故．
于是，且，
故数列为首项为，公比为的等比数列，
于是，即，，
故.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为d，由，求解；
（2）由（1）得到，然后计算即可.
(1)
解：设等差数列的公差为d，
由，，
得：，
解得，
故数列的通项公式为；
(2)
由（1）可知，
故，
首先对任意的都有，
，
，
，
于是.
18．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）证明平面线面垂直，即证，线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，首先作出线面角，从而求出点坐标，再用法向量求出二面角的平面角的余弦值即可.
(1)
证明：
∵平面，平面，平面，
∴，，
结合，平面，平面，
∴平面
又∵平面
∴，结合，平面，平面，
∴平面
(2)
如图，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，故

由（1）可知平面，平面，故
在平行四边形中，，故，结合，
可得点的坐标，
由（1）知平面
∴是斜线在平面上的射影，
∴与平面所成角为，
∵在中，，，，
∴，从而P点坐标为．
对于二面角，
设平面的一个法向量为
此时，，
则由 得，即 ，取得，
平面的一个法向量为，，
设平面的法向量为，
此时，，，
则由 得，即 ，取得，
于是平面的一个法向量为，
故二面角的余弦值为
19．(1)
(2)5
【解析】
【分析】
（1）若选①，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选②，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选③，对已知式子利用余弦定理和三角形的面积公式化简可求出角，
（2）在中，由余弦定理可求得，再利用正弦定理得的值，然后分别在利用正弦定理和余弦定理求解即可
(1)
若选①，因为，
所以由正弦定理得,
因为，所以,
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，
若选②，因为，
所以由正弦定理得,
所以，
因为，所以，
因为，所以，
若选③，因为，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
(2)
在中，由余弦定理得，
，化简得，
解得或（舍去），
由正弦定理得，
所以，所以，
所以，
因为，，
所以 ，
在中，由正弦定理得,
所以，得，
在中，由余弦定理得
，
所以，
化简得,
解得或（舍去）
所以线段的长度为5
20．(1)，
(2)列联表见解析，有
(3)分布列见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据分层抽样的定义分别求出甲校和乙校所抽的人数，即可求出；
（2）由频数分布表即可完成列联表，再根据公式求出，对照临界值表即可得出结论；
（3）写出抽取到优秀学生人数的所有可能取值，求出对应概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出期望即可.
(1)
解：由题可知，采用分层抽样共抽取105人，，
所以甲校抽取人，乙校抽取人，
故，解得，
，解得；
(2)
解：由频数分布表可得列联表为

甲校
乙校
总计
优秀
20
10
30
非优秀
30
45
75
总计
50
55
105

所以
故有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异；
(3)
解：从甲校样本学生抽取2人，可知抽取到优秀学生人数的取值可以为0，1，2，
，，，
的分布列为：

0
1
2
P




的数学期望．
21．(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由椭圆定义和离心率可得答案；
（2）设存在定点，设出直线AP的方程为．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.
(1)
因为，所以，
又，所以，
故椭圆方程为：．
(2)
设存在定点，满足条件．由已知，
设直线AP的方程为，
由消去y整理得，
，
所以，，
时，，
所以直线OE的方程为，①
由中，令，得，从而，
又，所以，
所以直线DM方程为，②
由①②消去参数k，得，即，③
方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，
时，在上述圆上，
所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，
且定圆方程为：.
22．（I）；（II）证明见解析；（III）
【解析】
【分析】
（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】
（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：

所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】
关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.