江苏省南京市天印高级中学2022届高三下学期高考前模拟数学试题

这是一份江苏省南京市天印高级中学2022届高三下学期高考前模拟数学试题，共26页。试卷主要包含了已知全集，集合，则=，若复数满足 ，则，若，则，的展开式中，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
江苏省南京市天印高级中学2022届高三下学期高考前模拟
数学试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．已知全集，集合，则=（       ）
A．或 B．或
C． D．
2．若复数满足 ，则（       ）
A． B．
C．1 D．
3．已知平面向量，满足，，且与的夹角为，则（       ）
A． B． C． D．3
4．在发生某公共卫生事件期间，我国有关机构规定：该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续天每天新增加疑似病例不超过人”.根据过去天甲､乙､丙､丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（       ）
A．甲地总体均值为，中位数为
B．乙地总体平均数为，总体方差大于；
C．丙地总体均值为，总体方差为
D．丁地中位数为，众数为
5．已知正实数a，b满足，则下列结论不正确的是（       ）
A．有最大值 B．的最小值是8
C．若，则 D．的最大值为
6．若，则（       ）
A． B．
C． D．
7．如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（       ）.

A． B． C． D．
8．已知,且为自然对数),则下列结论一定正确的是
（       ）
A． B．
C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．的展开式中，下列结论正确的是（       ）
A．展开式共6项
B．常数项为160
C．所有项的系数之和为729
D．所有项的二项式系数之和为64
10．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则（       ）
A．
B．是图像的一个对称中心
C．当时，取得最大值
D．函数在区间上单调递增
11．已知函数，，，则下列结论正确的是（       ）
A．在上单调递增
B．当时，方程有且只有2个不同实根
C．的值域为
D．若对于任意的，都有成立，则
12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（       ）

A．直线与所成角为
B．该截角四面体的表面积为
C．该截角四面体的外接球表面积为
D．
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．将5名大学生分配到4个乡镇去当村干部，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有__________种（用数字作答）．
14．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到立冬的日晷长的和为______尺

15．已知是定义在上的函数，若对任意，都有，且函数的图像关于直线对称，，则_______.
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆C上一点，满足，的面积为，直线交椭圆C于另一点Q，且，则椭圆C的标准方程为________．
评卷人
得分



四、解答题
17．已知数列的前n项和为，且.
(1)证明数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
18．在①，②AC边上的高为，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.
问题：记ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，______.
(1)求c的值；
(2)若点是边上一点，且，求AD的长.
19．如图，在三棱柱中，平面平面，是边长为2的正三角形，是的中点，，直线与平面所成的角为.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
20．随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分．已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分视为100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：
笔试成绩X






人数
5
15
35
30
10
5

(1)假定笔试成绩不低于90分为优秀，若从上述样本中笔试成绩不低于80分的考生里随机抽取2人，求至少有1人笔试成绩为优秀的概率；
(2)由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布，其中近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替），，据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于82.4的人数（结果四舍五入精确到个位）；
(3)考生甲为提升综合素养报名参加了某拓展知识竞赛，该竞赛要回答3道题，前两题是哲学知识，每道题答对得3分，答错得0分；最后一题是心理学知识，答对得4分，答错得0分．已知考生甲答对前两题的概率都是，答对最后一题的概率为，且每道题答对与否相互独立，求考生甲的总得分Y的分布列及数学期望．（参考数据：；若，则，，．）
21．已知动点是曲线上任一点，动点到点的距离和到直线的距离相等，圆的方程为．
(1)求的方程，并说明是什么曲线；
(2)设、、是上的三个点，直线、均与圆相切，判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
22．已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.

参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
先通过解一元二次不等式化简集合A，再求其补集.
【详解】
因为，
又全集，
所以.
故选：D.
2．A
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算求得复数z，继而可得其共轭复数.
【详解】
由题意，得，
故，
故选：A
3．C
【解析】
【分析】
由求解.
【详解】
解：因为，，且与的夹角为，
所以，
，
故选：C
4．C
【解析】
【分析】
通过举特例和反正法逐项验证即可
【详解】
0,0,0,0,4,4,4,4,4,10,满足甲地条件,所以不符合标志
0,0,0,0,0,0,0,0,0,10,满足乙地条件,所以不符合标志
丙地,若存在某一天新增加疑似病例超过7,则方差为
,与总体方差为3矛盾,故假设不成立,所以C符合标志
3,3,3,3,3,3,3,3,3,10,满足丁地条件,所以不符合标志
故选：C
5．B
【解析】
【分析】
利用基本不等式，以及对数的运算，不等式的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】
对A：，∴，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对B：，当且仅当，即时，等号成立，故B错误；
对C：，∴，∴，故C正确；
对D：由可知，故，当且仅当时，等号成立，故D正确.
故选：B.
6．C
【解析】
【分析】
通过“1”的替换，齐次化，然后得到关于的方程，解方程即可
【详解】
,解得
故选：C
7．B
【解析】
【分析】
由点到直线的距离公式可得b，已知结合双曲线列方程组求解即可.
【详解】
点的到渐近线，即的距离，
又由题知，解得，所以.
故选：B.
8．A
【解析】
【分析】
通过构造函数得出的不等关系，然后逐项检验即可
【详解】
设
则

所以
设,令,得
易知函数在单调递减

所以,即,即
,所以对
,所以B错
,所以C错
,所以错
故选：A
9．BCD
【解析】
【分析】
利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用赋值法求出展开式系数和判断C；利用二项式系数的性质判断D作答.
【详解】
展开式的总项数是7，A不正确；
展开式的通项公式为，
令得，常数项为，B正确；
取得展开式的所有项的系数之和为，C正确；
由二项式系数的性质得展开式的所有项的二项式系数之和为，D正确.
故选：BCD.
10．ABD
【解析】
【分析】
根据三角函数的性质逐项验证即可
【详解】
，所以A对
,所以对.
,为最小值,所以错
当
而在上单调递增.
所以函数在区间上单调递增，所以 D对
故选：ABD
11．BD
【解析】
【分析】
对于A，利用导数判断函数单调性，进而做出函数图象，数形结合，即可判断；对于B,分和两种情况解方程，判断解的情况；对于C，结合函数图象即可判断；对于D，分和三种情况，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题.
【详解】
对于A，当时， ；
当时，，此时递增，
故可作出函数的图象如图示：

由此可知，在上单调递增，故A错误；
对于B, 当时，，当时，，
令，解得 ，即此时有一解；
当时，，故是的一个解；
当时，令，，
即，即，此时无解；
故综合上述，当时，方程有且只有2个不同实根，B正确；
由函数的图象可知，其值域为R,故C错误；
对于D, 对于任意的，都有成立,
则当时，，即恒成立，
即，令，
当时，，当时，，
故，故；
当时，恒成立，
当时，，即恒成立，
令，注意到
当时，，不合题意；
当时，令， ，
当时，，
故，不符合题意
当时，，此时，
故递减，则，
即恒成立，
综合上述，可知当时，对于任意的，都有成立，
故D正确，
故选：BD
【点睛】
本题综合考查了函数与方程的应用，涉及到利用导数判断函数的单调性和最值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是能恰当的变式，构造函数，利用导数判断函数单调性，以及求解最值.
12．BC
【解析】
【分析】
确定截角四面体是由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，还原正四面体可判定A错误，求得截角四面体的表面积和外接球的表面积，可判定B正确，连接，在直角中，求得的长，可判定D不正确.
【详解】
由题意，截去四面体还原为正四面体，如图（1）所示，
因为，所以，
又因为为等边三角形，所以，
即直线与所成角为，所以A错误；
由题意，截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，
所以其表面积为，所以B正确；
如图（2）所示，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，
连接，
因为截角四面体上下底面距离为，
设球的半径为，所以，
即，化简得的，
所以球的表面积为，所以C正确；
连接，则，所以，
由正四面体中对棱互相垂直，可得，所以，
在直角中，，所以D不正确.
故选：BC.

13．
【解析】
【分析】
先将5名大学生分成4组，再将4组分派到4个乡镇，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】
根据题意，先将5名大学生分成4组，共有种不同的分法，
再将4组分派到4个乡镇当村干部，有种分派方式，
结合分步计数原理，共有不同的分配方案.
故答案为：.
14．60
【解析】
【分析】
因为相邻两个节气的日晷长变化量相同，所以每个节气的日晷长构成等差数列，所以夏至到立冬的日晷长的和可以用等差数列求和公式得到.
【详解】
因为相邻两个节气的日晷长变化量相同，所以每个节气的日晷长构成等差数列，
设冬至日晷长13.5尺为，则芒种日晷长2.5尺为，所以，
所以夏至日晷长为1.5尺，
记夏至日晷长1.5尺为，小暑为，大暑为，……，立冬为
则.
故答案为：60.
15．3
【解析】
【分析】
先由函数的图像关于直线对称，得到函数是偶函数，则有；
又令代入，求得函数的周期为，利用函数周期化简即可求值.
【详解】
因为函数的图像关于直线对称，所以函数的图像关于直线对称，即函数是偶函数，则有；
因为对任意，都有，
令，得，
所以对任意，都有，即函数的周期为，
则，
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
设椭圆半焦距为，由已知可得为直角三角形，利用通径可得，再根据可得点的坐标，进而求得的值，即可得答案；
【详解】
设椭圆半焦距为，由已知可得为直角三角形，易知，
，整理得①，
设点P在第一象限，则，而，
由，可得在椭圆上，
代入椭圆的方程得②．又③，
由①②③可得，所以椭圆的标准方程为．
故答案为：.
17．(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据求得，由由已知，可得，两式相减可得，即可证明结论，继而求得通项公式；
（2）利用（1）的结论，求出，利用错位相减法求得答案.
(1)
当时，由可得,
由已知，有,
两式相减得 ,即,     
因为，所以,
所以,所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以 ；
(2)
由（1）可得，所以，     
，
则 ，
所以 ，
所以 .
18．(1)
(2)2
【解析】
【分析】
（1）选条件①：，利用余弦定理求解；选条件②：AC边上的高为，利用三角形的面积公式求解；选条件③：，利用正弦定理求解.
（2）根据，得到，求得相应正弦值，再利用正弦定理求解；
(1)
解：选条件①：，
由余弦定理，则，
解得，则；
选条件②：AC边上的高为，
由三角形的面积公式，
解得，.                                                  
选条件③：，
由题意可知，所以，                         
因为，
，
，
由正弦定理得，即，
解得，.
(2)
选条件①：
因为，所以，
，
，
则，
由正弦定理，；
选条件②；
因为，所以，
，
，
则，
由正弦定理，；
选条件③：
，
由正弦定理，.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得面；
（2）取中点，连接、，证得平面，建立直角坐标系，根据直线与平面所成的角为，求得，再求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：连接交于点，连接，
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以面.
(2)
取中点，连接、，因为，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
因为是正三角形，是的中点，所以，
建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，，，，，，
所以，，，
又平面的一个法向量，
所以，
因为，解得，
设平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
又平面的一个法向量，所以，
设二面角的平面角为，
由图知为钝角，则，
即二面角的余弦值为.

20．(1)
(2)1587人
(3)分布列见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据表格，求出样本中笔试成绩不低于80分的考生人数和其中成绩优秀的人数，根据古典概型概率计算即可；
（2）根据表中数据求出平均数，根据正太分布曲线的对称性和即可求，从而估计成绩不低于82.4的人数；
（3）根据题意可知Y的所有可能取值为0，3，4，6，7，10，根据独立事件概率的计算方法即可求出分布列，根据数学期望公式即可求出数学期望.
(1)
由已知，样本中笔试成绩不低于80分的考生共有15人，其中成绩优秀的10人．
故至少有1人笔试成绩为优秀的概率为.
(2)
由表格中的数据可知，，
又，即，                                        
∴，
由此可估计该市全体考生中笔试成绩不低于82.4的人数为10000×0.15865≈1587人.
(3)
考生甲的总得分Y的所有可能取值为0，3，4，6，7，10，
则，   ，     ，
，       ，     ，
故Y的分布列为：
Y
0
3
4
6
7
10
P







∴．
21．(1)答案见解析
(2)若直线、与圆相切，则直线与圆相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的定义可得出曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，进而可求得曲线的方程；
（2）分析可知直线、、的斜率都存在，设、、，其中、、两两互不相等，利用二次方程根与系数的关系以及点到直线的距离公式以及几何法判断可得出结论.
(1)
解：由题设知，曲线上任意到点的距离和到直线的距离相等，
因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为.
(2)
解：若直线的斜率不存在，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线、、的斜率都存在，
设、、，则、、两两互不相等，
则，同理，，
所以直线方程为，整理得，
同理可知直线的方程为，
因为直线与圆相切，则，
整理可得，同理可得，
所以、为方程的两根，则，
所以，，，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切.                            
综上，若直线、与圆相切，则直线与圆相切.
【点睛】
方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
22．(1)
(2)在区间上有且仅有一个零点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可.
(1)
，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
(2)
设，则，
①当时，，所以单调递减；
且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，
所以在上没有零点.   


②当时，
单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时.
所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
【点睛】
方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解