黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022届高三第五次高考模拟考试理科数学试卷-

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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022届高三第五次高考模拟考试理科数学试卷

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

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

1．在复平面内，满足的复数对应的点为，则（       ）

A． B． C．1 D．

2．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知平面向量，，若，则(       )

A． B． C． D．

4．下面几种推理中是演绎推理的为（       ）

A．某年级有21个班，1班51人，2班53人，三班52人，由此推测各班都超过50人

B．猜想数列，，，…的通项公式为（）

C．由平面三角形的性质，推测空间四面体性质

D．两条直线平行，同旁内角互补，如果和是两条平行直线的同旁内角，则

5．已知等差数列的前n项和为，，，则（       ）

A．-110 B．-115 C．110 D．115

6．已知双曲线的焦距为，其右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（       ）

A． B．

C． D．

7．在三棱柱中，D，E分别为､的中点，若，，则与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

8．中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，是反映中华民族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系，是中华民族的瑰宝.某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含量（单位：克）与药物功效（单位：药物单位）之间具有关系.检测这种药品一个批次的5个样本，得到成分甲的平均值为4克，标准差为克，则估计这批中医药的药物功效的平均值为（       ）

A．22药物单位 B．20药物单位 C．12药物单位 D．10药物单位

9．哈三中招聘了8名教师，平均分配给南岗群力两个校区，其中2名语文教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（       ）

A．18种 B．24种 C．36种 D．48种

10．已知函数（，，）的部分图像如图所示，现将的图像向右平移个单位长度得到的图像，则以下说法正确的是（       ）

A．函数的初相是

B．函数的最大值是2

C．函数在上单调递增

D．函数的图像是由函数向右平移个单位长度，横坐标扩大到原来的3倍得到的

11．已知抛物线C：，点M为直线上一动点，过点M作直线，与抛物线C分别切于点A，B，则（       ）

A．0 B．1 C．-1 D．0或1

12．已知定义在R上的偶函数满足，当时，，则（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．若直线被圆截得线段的长为6，则实数的值为__________.

14．利用随机模拟方法近似计算和所围成图形的面积.首先利用计算机产生两组0~1区间的均匀随机数，，，然后进行平移和伸缩变换，，若共产生了N个样本点，其中落在所围成图形内的样本点数为N，则所围成图形的面积可估计为__________.（结果用N，表示）

15．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知，则___________.

16．已知菱形的边长为2，且，点M，N分别为线段，上的动点，沿将翻折至，若点C在平面内的射影恰好落在直线上，则当线段最短时，三棱锥的体积为___________.

17．如图，平面四边形中，，，，.

(1)若，求的值；

(2)试问为何值时，平面四边形的面积最大？

18．哈三中从甲､乙两个班级中选拔一个班级代表学校参加知识竞赛，在校内组织预测试，为测试两班平均水准，要求每班参加预测试的代表学生应按班级人数的随机选出.现甲班在籍学生50人，乙班在籍学生40人

(1)若乙班将学生进行编号，编号分别为1，2，3，…，40，采用系统抽样的方法等距抽取，若第二段被抽取的学生编号为7，求第四段抽取的学生的编号（直接写出结果，无需过程）；

(2)现从甲乙两班代表学生中利用分层抽样共选取9人，再从这9人中随机抽取3人参加加试，记其中甲班学生人数为随机变量X，求X的分布列与期望.

19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，点E为棱上的点，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.

20．已知椭圆C：（）离心率为，短轴长为2，双曲线E：的离心率为，且.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过椭圆C的右焦点的直线交椭圆于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l：于点M，交直线于点N，当最小时，求直线的方程.

21．已知.

(1)若恒有两个极值点，（），求实数a的取值范围；

(2)在（1）的条件下，证明.

22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)设点，直线与曲线的交点为，，求的值.

23．设函数．

(1)当时，解不等式；

(2)若存在使得不等式成立，求实数a的取值范围．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

根据复数的运算求得，再求对应向量的模长即可.

【详解】

∵，

∴，

故点坐标为，.

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

由对数型复合函数定义域可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】

由得：，，.

故选：A.

3．D

【解析】

【分析】

根据可知，求出y，从而可求的坐标，根据向量模的坐标计算公式即可求解．

【详解】

，

则，

∴．

故选：D．

4．D

【解析】

【分析】

根据归纳推理，类比推理，演绎推理的概率分别对选项进行判断，得出答案.

【详解】

选项A，B：根据归纳推理的定义，选项A，B为归纳推理；

选项C：由类比推理的定义，选项C为类比推理；

选项D: 由演绎推理的定义，选项D为演绎推理

故选：D

5．B

【解析】

【分析】

根据题意和等差数列的通项公式求出公差，结合等差数列前n项求和公式计算即可.

【详解】

由题意知，，

得，解得，

所以.

故选：B

6．D

【解析】

【分析】

由焦距可得，写出右焦点坐标，结合点线距离公式列方程求a、b关系，即可得渐近线方程.

【详解】

由题设则，可知：右焦点为，

又双曲线的渐近线为，由题意，整理得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：D

7．C

【解析】

【分析】

取点的中点，得到，把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，在中，利用余弦定理，即可求解.

【详解】

如图所示，取点的中点，可得，

所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，

在中，可得，

由余弦定理可得.

故选：C.

8．A

【解析】

【分析】

设5个样本的成分甲的含量分别为，

根据已知先求出，再求出的值即可.

【详解】

设5个样本的成分甲的含量分别为，平均值为，

则，，

所以，

则对应的，

所以估计这批中医药的药物功效的平均值为22.

故选A.

【点睛】

本题主要考查用样本的数字特征估计总体的数字特征中的均值与方差问题，属基础题.

9．C

【解析】

【分析】

先将2名语文老师分到两个校区，再将3名数学老师分成2组再分到两个校区，最后只需将其他3人分成2组，结合每个校区各4人即可得出结果.

【详解】

由题意知，先将2名语文老师分到两个校区，有2种方法，

第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法，

然后再分到两个校区，共有种方法，

第三步只需将其他3人分成2组，一组1人另一组2人，

由于每个校区各4人，故分组后两人所去的校区就已确定，共有种方法，

根据分布乘法计数原理共有种.

故选：C

10．C

【解析】

【分析】

根据图像，求解函数解析式得，利用三角函数图像的变换求出的解析式，再结合三角函数性质依次讨论各选项即可得答案.

【详解】

由图像可知，故，所以，

因为为函数的一个对称中心，且在附近函数值由负变正，

所以，即Z)

所以Z)，又，所以取，

因为函数图像过点，所以，

解得，所以，

所以，

故函数的初相位为，最大值为，故A、B错误；

当时，，

由于函数在上单调递增，

所以函数在上单调递增，故C正确；

的图像向右平移个单位长度，横坐标扩大到原来的3倍

得到，显然不满足，故D错误.

故选：C

11．A

【解析】

【分析】

设切点和，利用导数的几何意义求出切线、的方程，进而是方程的两实根，求出，

根据平面向量的坐标表示化简计算即可.

【详解】

由，得，则，

设，，所以，

得切线的方程为，即，

切线的方程为，即，

又两条切线过切点，有、，

所以是方程即的两实根，

得，

又，

所以

将代入上式，得.

故选：A

12．B

【解析】

【分析】

根据所给函数的条件，分别推算出 和 区间的解析式，

并计算出函数的周期，将自变量 转换到相应的区间，

利用函数的单调性即可比较大小.

【详解】

由已知条件可知 ， ，

∴ 关于直线x=0和点（1，0）对称 ，

∴的周期为 ，

当时， ，由于是偶函数， ，

当时，   ， ，

，即 在时是减函数；

函数图像如下：

， ，

， ，

， ，

，

，   ，

，

；

故选：B.

13．

【解析】

【分析】

求解圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求解即可．

【详解】

圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离．

据题意，得，解得．

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

根据平移和伸缩变换可得点落在矩形区域内，再利用几何概型的概率计算，估计面积，即可得答案；

【详解】

解：，，

落在长为，宽为的矩形区域内，其面积为，

设和所围成图形的面积为（阴影部分），

，

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

由题意可得，从而得到是等差数列，进一步得，再求出，利用求得＝即可求出答案.

【详解】

解：因为，

所以，（），（）,

又因为，当n=1时，得       ，所以，

当时， ，

即，

所以是等差数列，首项为，公差，

所以，

所以，满足       ，

故，

即＝，

所以＝（），

两式相除得：，

所以（），

所以＝－＝，

所以.

 故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

如图，由题意可知平面平面，则当时最小，根据三角函数的定义求出，利用导数和数形结合的思想求出函数在上的极值点，进而得出点、的位置，根据三棱锥的体积公式计算即可.

【详解】

设点在平面内的射影是直线上的点，如图，

设.

∵平面，平面

∴平面平面，且平面平面，

在平面内做于点，连接和，

此时平面.当时最小，

，

，

则，

令得，即，

在区间上，函数与函数交于唯一的点，

如图，

∴当且仅当的时候取最小值，

此时，点即点，，

所以.

故答案为：

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

(1)根据题意可知，在中利用余弦定理计算求得，进而得出结果；

(2)在中根据余弦定理可得，利用三角形面积公式求出，进而求出，结合三角函数的性质即可得出结果.

(1)

若，，所以，

得，，由，

得，所以，在中，由余弦定理得

，

所以；

(2)

，在中，

由余弦定理得，

所以，

，

所以，

当时，取到最大值.

18．(1)17

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】

（1）根据系统抽样的方法抽样即可得答案；

（2）由题意得，X的可能取值为0，1，2，3, 根据古典概型求出对应的概率，即可得出分布列，和期望.

(1)

乙班在籍学生40人，每班参加预测试的代表学生应按班级人数的，则乙班应选取8人.

则将40人分成8组，每组5人，若第二段被抽取的学生编号为7，

则第四段抽取的学生的编号为：

(2)

由题意得，X的可能取值为0，1，2，3

，

，

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由条件，又，可证明面，从而得证.

（2）由勾股定理可得，从而以D为坐标原点，，，所在的直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

(1)

由为矩形，所以，又因为，

所以面，又面.   所以面面

(2)

，所以

底面为矩形，则，又，且

由平面,则平面

又平面,所以

在底面为矩形中，,所以

建立以D为坐标原点，，，所在的直线为x，y，z轴的空间直角坐标系.

则，，，，

，设（）

所以

设面的法向量为，则,即

则

设面的法向量为

由，解得

则，又，

设面的法向量为,则 ,即

则

设直线与面所成角为

20．(1)

(2)或

【解析】

【分析】

（1）由题意，由离心率可得，从而求出，得出答案.

（2）由题意直线的斜率存在且为零时，不满足题意，设直线的方程为，则，求出的长，将直线的方程与椭圆方程联立，由弦长公式得出，在中，有，从而得出答案.

(1)

双曲线的离心率，由，则，其中，所以，

即椭圆方程为：

(2)

当直线的斜率存在且为零时，其垂直平分线与直线l平行，不满足题意，

故直线的斜率不为零，可设直线的方程为，，，.

联立直线与椭圆C的方程，消去x得，

由一元二次方程根与系数的关系可得，

则，

由，则，

又

则

当且仅当，即时取等号.此时直线的方程为或.

故当最小时，直线的方程为或.

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)根据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；

(2)构造函数，根据导数研究它的单调性进而得，有，构造函数（），

利用导数证明，结合即可证明.

(1)

函数的定义域为，，

则方程有两个不同的正根，

即函数与图像有两个交点，

，令，令，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，且当时，，

当时，，如图，

由图可知；

(2)

设，

则，

在单调递增，故，

即.

而，故，

又，，在单调递减，故，即；

由知；

由(1)知，，为函数的极值点，

当时，函数单调递减，

当时，函数单调递增，

时，函数单调递减，

所以，故，

令（）.

，

，令，故当时，

单调递增，且，所以，故单调递减，

由，得，

即，即.

【点睛】

破解含双参不等式证明题的3个关键点：

(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.

(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

22．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）直接消去参数，将直线 的方程化为普通方程，利用互化公式将曲线 的极坐标方程转化为直角坐标方程

（2）将直线的参数方程代入曲线 的普通方程，得到 ，得到 ，化简，代入韦达定理，即可得到答案

(1)

直线的参数方程为（为参数），

消去参数可得的普通方程为.

曲线的极坐标方程为，即，

根据，可得.

∴曲线的直角坐标方程为

(2)

在直线的参数方程（为参数）中，设点，对应的参数分别为，，

将直线的参数方程（为参数），代入，得，

∴，.

∴

23．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据给定条件，利用分类讨论的方法求解不等式作答.

（2）将给定不等式等价变形，再利用绝对值的三角不等式求出最大值，列式计算作答.

(1)

当时，不等式，

当时，不等式化为：，解得，则有，

当时，不等式化为：，解得，则有，

当时，不等式化为：，解得，则有，

综上得：或，

所以不等式的解集为：.

(2)

不等式，

因存在使得不等式成立，则存在使得不等式成立，

而，当且仅当时取“=”，

因此有，解得，

所以实数a的取值范围是.