江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022届高三下学期高考考前模拟数学试题-

这是一份江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022届高三下学期高考考前模拟数学试题-，共29页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的图象大致为，已知，，且，则，若，则下列结果正确的是等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022届高三下学期高考考前模拟数学试题
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
五
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．复数满足，则（       ）
A． B． C． D．
2．已知离散型随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，，若的数学期望，则（       ）
A．19 B．16 C． D．
3．函数的图象大致为(       )
A． B．
C． D．
4．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则S5＝（　　）
A． B． C． D．
5．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
6．在二项式的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线上位于第二象限内的一点，点在轴上运动，若的最小值为，则双曲线的离心率为（       ）
A． B． C． D．
8．锐角的内角，，的对边分别为，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．已知，，且，则（       ）
A． B．
C． D．
10．若，则下列结果正确的是（       ）
A． B．
C． D．
11．（多选）甲盒中有3个红球，2个白球；乙盒中有2个红球，3个白球，先从甲盒中随机取出一球放入乙盒．用事件A表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件B表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件C表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是（       ）
A．事件B与事件C是互斥事件 B．事件A与事件C不是独立事件
C． D．
12．在中，角、、的对边分别为、、，面积为，有以下四个命题中正确的是（       ）
A．的最大值为
B．当，时，不可能是直角三角形
C．当，，时，的周长为
D．当，，时，若为的内心，则的面积为
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．如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．

14．已知圆，点P在直线上，若过点P存在直线与圆C交于A、B两点，且满足，则点P横坐标的取值范围是___________．
15．如图，一张纸的长、宽分别为．分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是__________．（写出所有正确命题的序号）
①该多面体是三棱锥；
②平面平面；
③平面平面；
④该多面体外接球的表面积为

评卷人
得分



四、双空题
16．一个盒子里有2个红1个绿2个黄球，从盒子中随机取球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设取球停止时拿出黄球的个数为随机变量，则____，________.
评卷人
得分



五、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中．若问题中的存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
设等差数列的前项和为，是各项均为正数的等比数列，设前项和为，若 ， ，且．是否存在大于2的正整数，使得成等比数列？
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
18．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
19．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.
20．新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是岁以上人群.该病毒进入人体后有潜伏期.潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间.潜伏期越长，感染到他人的可能性越高.现对个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现潜伏期平均数为，方差为.如果认为超过天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：
年龄/人数
长期潜伏
非长期潜伏
50岁以上
60
220
50岁及50岁以下
40
80

（1）是否有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.
（i）现在很多省市对入境旅客一律要求隔离天，请用概率的知识解释其合理性；
（ii）以题目中的样本频率估计概率，设个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当为何值时，取得最大值.
附：

0.1
0.05
0.010

2.706
3.841
6.635

若，则，，.
21．已知椭圆的短轴长为2，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线与交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为.
（ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值；
（ⅱ）求直线的斜率的最小值．
22．已知函数，.
（1）证明：；
（2）若时，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求的最小值.

参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
利用复数的除法以及复数的乘方化简复数，利用复数的模长公式可求得.
【详解】
，则，
所以，，因此，.
故选：D．
2．A
【解析】
【分析】
首先设，利用期望公式，计算，求实数，再根据分布列求,根据方差的性质，计算结果.
【详解】
由题知，设，则，因此，解得，因此离散型随机变量的分布列如下：

0
1
2
3






则，因此.
故选：A
3．A
【解析】
【分析】
分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解.
【详解】
∵令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减，
则有g(x)在(0,)上单调递增，而，
所以存在使得，
中，排除C、D，
∵时，排除B，所以选A.
故选：A
【点睛】
给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.
4．B
【解析】
【分析】
利用正项等比数列{an}的前n项和公式，通项公式列出方程组，求出a1＝1，q＝，由此能求出S5的值．
【详解】
解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，，
∴，解得a1＝1，q＝，
∴S5＝＝＝．
故选：B．
【点评】
本题考查等比数列的前n项和的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
5．B
【解析】
【分析】
先根据时判断出，再根据在处取最大值可求的值.
【详解】
令，∵时，∴不合条件.
令，故恒成立，又，
∴要在处取最大值，故为在上的极大值点，
故，又，故
∴，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：对于不等式的恒成立问题，注意观察其等号成立的条件，从而把恒成立问题转化为函数的最值问题.
6．C
【解析】
【分析】
先根据前三项的系数成等差数列求n，再根据古典概型概率公式求结果
【详解】
因为前三项的系数为
，
当时，为有理项，从而概率为,选C.
【点睛】
本题考查二项式定理以及古典概型概率，考查综合分析求解能力，属中档题.
7．B
【解析】
【分析】
由，求得a，再由左、右焦点分别为，得到c=2求解.
【详解】
如图所示：

连接，因为，
当且仅当，，三点共线时等号成立，
所以的最小值为，
所以，
解得．
由题意知，
∴，
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：本题关键是利用三角形的性质得出取得最小值时，，三点共线求解.
8．A
【解析】
【分析】
由，可得，由正弦定理转化为角的关系可以得到，由此推出，又为锐角三角形，可求出，将都用角A表示可以得到，且，当取最大值时利用可求得的范围.
【详解】
解：因为，，所以，
可得：，即，
因为为锐角三角形，则有，即，解得：.

= ，
当时，原式有最大值，此时，
则，，，即，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数正弦定理的应用，考查三角函数辅助角公式，对辅助角公式的熟练应用是解题的关键，属于难题.
9．ACD
【解析】
【分析】
利用基本不等式判断AB，由不等式性质和指数函数性质判断C．由基本不等式结合对数运算法则判断D．
【详解】
对于A，，则，当且仅当，时，等号成立．
对于B，变形得，所以，当且仅当，即时，等号成立，故B错误．
对于C，因为，所以，即，则．
对于D，由可得，，，当且仅当，即，时等号成立．
故选：ACD．
10．ABD
【解析】
【分析】
根据二项式展开式和系数的性质，逐项分析即可得出答案.
【详解】
令可得，①，故A正确；
令可得：，②
①②可得：，故，故B正确；
令可得：，③
令可得：，④
把③代入④即可得出：，故C错误；
两边对求导得．
令可得，故D正确.
故选：ABD
11．BCD
【解析】
【分析】
根据互斥事件的定义即可判断A；根据相互独立事件的定义即可判断B；分第一次取白球和红球两种情况讨论，从而可判断C；根据条件概率公式即可判断D.
【详解】
对于A：事件B与事件C能同时发生，事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；
对于B：事件A发生与否与事件C有关，故B正确：
对于C：，故C正确；
对于D：，，
所以，故D正确．
故选：BCD.
12．ACD
【解析】
利用三角形面积公式，余弦定理基本不等式，以及三角换元，数形结合等即可判断选项A；
利用勾股定理的逆定理即可判断选项B；利用正弦定理和三角恒等变换公式即可判断选项C；
由已知条件可得是直角三角形，从而可以求出其内切圆的半径，即可得的面积即可判断选项D.
【详解】
对于选项A：

（当且仅当时取等号）.
令，，故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，故选项B错误；
对于选项C，由，可得，由得，
由正弦定理得，，即，
所以，化简得，
因为，所以化简得，
因为，所以，所以，则，
所以，所以，，，
因为，所以，，
所以的周长为，故选项C正确；
对于选项D，由C可知，为直角三角形，且，，，，，所以的内切圆半径为，
所以的面积为
所以选项D正确，
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是正余弦定理以及面积公式，对于A利用面积公式和余弦定理，结合不等式得，再利用三角换元、数形结合即可得证，综合性较强，属于难题.
13．
【解析】
【分析】
设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】
先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，

又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
14．
【解析】
【分析】
由题意可得为的中点,再分析的轨迹,求得与直线相交的部分分析即可
【详解】
由题，即，故为的中点，即过点P存在直线与圆C交于A、B两点，且满足为的中点.考虑当确定，在圆上运动时，的轨迹为与圆相切且半径为1的圆上.故当为的中点时，的轨迹为以为圆心，内外半径分别为1，3的圆环内.

故只需分析此圆环与直线相交的部分即可. 易得外圆方程,联立x−22+y2=9x+y+1=0有,解得或,故点P横坐标的取值范围是
故答案为:
15．①②③④
【解析】
【详解】

由题意得，PB⊥PA,PB⊥PC,PA∩PC=C,
∴PA⊥平面PAC,
同理PD⊥平面PAC,
∴PA,PD共线，
∴该多面体是三棱锥，故①正确；
由①知，BD⊥平面PAC,
∴∠APC为二面角A-BD-C的平面角，
由于AP=PC=,AC=2a,
,
∴∠APC为直角，
∴平面BAD⊥平面BCD,
故②正确；
取AC中点M,连接MB,MD,
则MB⊥AC,MD⊥AC，
∴∠BMD为二面角B-AC-D的平面角，
∵BD=PB+PD=2a,BM=DM=
,
∴∠BMD为直角，
∴平面BAC⊥平面ACD,
故③正确；
如图，取底面ACD和侧面ACB的外接圆的圆心分别为,外接球的球心为O.
则分别为O在平面ACD和ACB的射影，
,

,
,
多面体外接球的半径为，
则该多面体外接球的表面积为，
故④正确,
故答案为①②③④.
16．         
【解析】
【分析】
根据题意求得的取值，结合题意，求得其分布列，则，得解.
【详解】
根据题意可知，可取，
；
（此时取球情况是：第一次取红球；第一次取绿球，第二次取红球）
；
（此时取球情况是：第一次取黄球，第二次取红球；
第一次取绿球，第二次取黄球，第三次取红球；
第一次取黄球，第二次取绿球，第三次取红球）
.
故.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查随机变量分布列的求解，以及随机变量数学期望的求解，属综合基础题.
17．答案不唯一，具体见解析．
【解析】
【分析】
由等比数列的条件，求得，可得等比数列的通项公式．然后分别选取条件①②，条件①③，条件②③，列出关于等差数列首项与公差的方程组，求得首项与公差，得到等差数列的通项公式及前项和，再由，，成等比数列列式求解值即可．
【详解】
设的公差为，的公比为，
由题意知，所以，
整理得，因为，所以，所以.
（1）当选取的条件为①②时，有，所以，解得.
所以.
所以，
若成等比数列，则，
所以，解得，
因为为正整数，所以不符合题意，此时不存在.
（2）当选取的条件为①③时，有，所以，解得.
所以.
所以，
若成等比数列，则，
所以，解得或（舍去）
此时存在正整数满足题意.
（3）当选取的条件为②③时，有，所以，解得.
所以.
所以，
若成等比数列，则，即，
所以，解得，
因为为正整数，所以不符合题意，此时不存在.
【点睛】
等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
18．（1）；（2）；（3）存在，点.
【解析】
【分析】
（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.
【详解】
解：（1）
的相伴特征向量.
（2）向量的相伴函数为，
，.
，，.
.
（3）由为的相伴特征向量知：
.
所以.
设，，
，，
又，.
，

，，
.
又，
当且仅当时，和同时等于，这时式成立.
在图像上存在点，使得.
【点睛】
关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，证得CE//BF，进而线面平行得判定定理即可得出结论；
（2）法一：取AD的中点O连接PO，CO，证得为直线与平面所成角，解三角形求出，作于，连接证得为二面角的平面角，求出 的余弦值即可.
法二：建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．
(1)
证明：取的中点，连结是的中点，，
四边形是平行四边形，
平面平面，
直线//平面.
(2)
法一：四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点.取的中点在底面上的射影在上，设，则，
直线与底面所成角为，可得：，
可得：，，作于，连接，所以就是二面角的平面角，，二面角的余弦值为：

法二：

由已知得,以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则
则，，，，
,则

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即
又在棱上,设

由①，②得（舍去）或
所以，从而
设是平面ABM的法向量，则

所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为.
20．（1）有；（2）（i）答案见解析；（ii）250.
【解析】
【分析】
（1）根据列联表中的数据，利用求得，与临界表值对比下结论；
（2）(ⅰ)根据，利用小概率事件判断； (ⅱ)易得一个患者属于“长潜伏期”的概率是，进而得到，然后判断其单调性求解.
【详解】
（1）依题意有，
由于，故有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）(ⅰ)若潜伏期，
由，
得知潜伏期超过天的概率很低，因此隔离天是合理的；
(ⅱ)由于个病例中有个属于长潜伏期，
若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，
于是，
则，
，
当时，；
当时，；
∴，.
故当时，取得最大值.
【点睛】
方法点睛：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
21．（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【解析】
【分析】
（1）根据条件解出的值，写出椭圆方程；
（2）（i）设点的坐标为，由点是关于轴的对称点可得，由可得，代入求斜率和斜率，计算比值；
（ii）设直线的方程为，与椭圆联立求点坐标，由上一问所求斜率的比值可得直线的方程是，与椭圆联立求点坐标，从而求出直线的斜率，不等式求最值.
【详解】
解：（1）由题意得解得
所以椭圆的方程为．
（2）（i）设点的坐标为，
因为点是关于轴的对称点，，
所以，．
所以直线的斜率为，的斜率为．
所以．
所以直线，的斜率之比为定值．
（ii）设直线的方程为．
联立方程组化简得．
设点的坐标是，
所以．所以．
所以．
所以点的坐标是．
由（2）可知，直线的方程是．
所以点的坐标是．
所以直线的斜率．
因为，所以．
当且仅当，即时，有最小值．
所以直线的斜率的最小值是．
【点睛】
思路点睛：直线与椭圆的位置关系有设而不求和设而要求两种思路，当已知直线和椭圆的一个交点求另一个交点时用设而要求的方法，联立直线和椭圆，用韦达定理解出另一根.
22．（1）证明见解析；（2）；（3）1.
【解析】
【分析】
（1）由条件转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明恒成立；（2）不等式转化为，根据（1）可知时，不等式成立，当时，不成立，即不等式不恒成立，即可得结论；（3）先求，再设函数，利用导数，判断函数的单调性，求函数的最小值.
【详解】
（1）∵，∴证明即证明即证明.
设，∴，   
∴时，单调递增；时，单调递减.
∴，
∴即成立.   
（2）时，即，
由（1）知，当时，成立，   
当时，显然时不成立，
综上，.
（3）.
设，，
∴在上单调递增，
∵，，
∴存在使，且时即，递减；
时即，递增，
∴，
∵，∴，∴，
∴，
∵在是单调递增，
∴，
∴，   
∴.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及求函数的最小值，本题的关键是第三问再求得函数的最小值是，利用求得.