江苏省扬州市2022届高三下学期高考前调研数学试题（B卷）

这是一份江苏省扬州市2022届高三下学期高考前调研数学试题（B卷），共23页。试卷主要包含了展开式中，含的项的系数为，已知集合为全集的子集，若，则，函数，在等比数列中，，，则，已知函数，若，则，已知，且，则下列说法中正确的有等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州市2022届高三下学期高考前调研数学试题（B卷）第I卷（选择题）评卷人得分  一、单选题1．展开式中，含的项的系数为（       ）A．15 B．20 C．60 D．3602．已知集合为全集的子集，若，则（       ）A．A B． C．U D．3．函数（且）与函数（且）在同一直角坐标系内的图象可能是（       ）A． B． C． D．4．在等比数列中，，，则（       ）A．-8 B．16 C．32 D．-325．已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（       ）A． B． C． D．6．在平面直角坐标系中，已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（       ）A．或2 B．2 C．或3 D．37．若双曲线的焦距为6，则该双曲线的离心率为（       ）A． B． C．3 D．8．已知函数，若，则（       ）A． B． C． D．评卷人得分  二、多选题9．某地为响应扶贫必扶智，扶智就是“扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年借阅数据如下表：年份20162017201820192020年份代码x12345年借阅量y（万册）4.95.15.55.75.8 根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则下列说法中正确的有（       ）A．B．根据上面的数据作出散点图，则5个点中至少有1个点在回归直线上C．y与x的线性相关系数D．2021年的借阅量一定不少于6.12万册10．已知，且，则下列说法中正确的有（       ）A． B． C． D．11．已知数列的前项和为,则下列说法正确的是（       ）A．若则是等差数列B．若则是等比数列C．若是等差数列，则D．若是等比数列，且则12．已知四面体ABCD的4个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，，且，则（       ）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O为△ABC的中心C．直线OM与CD所成的角最小为D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分第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．___________．14．在边长为1的等边三角形ABC中,设=2=3,则=_____.15．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）评卷人得分  四、双空题16．在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于A，B两点，，则线段的中点到原点的距离等于___________；若，则当k，m变化时，点C到点的距离的最大值为___________．评卷人得分  五、解答题17．已知数列满足，．(1)证明：为等比数列；(2)求数列的前n项和．18．在△ABC中， .(1)求∠B的大小；(2)再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积条作①；条件②；条件③：AB边上的高为.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，接第一个解答计分.19．2021年春晚首次采用“云”传播，“云”互动形式，实现隔空连线心意相通，全球华人心连心“云团圆”，共享新春氛围，“云课堂”亦是一种真正完全突破时空限制的全方位互动性学习模式．某市随机抽取200人对“云课堂”倡议的了解情况进行了问卷调查，记表示了解，表示不了解，统计结果如下表所示：（表一）了解情况人数14060 （表二） 男女合计80   40 合计    （1）请根据所提供的数据，完成上面的列联表（表二），并判断是否有99％的把握认为对“云课堂”倡议的了解情况与性别有关系;（2）用样本估计总体，将频率视为概率，在男性市民和女性市民中各随机抽取4人，记“4名男性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为，“4名女性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为．试求出与，并比较与的大小．附：临界值参考表的参考公式 ，其中）20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.（1）若，求证：平面；（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.21．如图，已知抛物线：，焦点为，直线：交抛物线于，两点，延长，分别交抛物线于，两点.(1)求证：直线过定点；(2)设，，，，求的最小值.22．已知函数的图象与轴相切于原点．(1)求，的值；(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围．
参考答案：1．A【解析】【分析】结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】展开式中，含的项的系数为.故选：A2．C【解析】【分析】由可得出，从而求出结果.【详解】解：因为，所以有，则.故选：C.3．A【解析】分类讨论的取值范围，结合指数函数与对数函数的图像即可求解.【详解】当时，和均为减函数，而的图象和的图象关于y轴对称，结合选项知A、B、C、D均错误；当时，和均为增函数，而的图象和的图象关于y轴对称，结合选项可得A正确.故选：A【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的图像，考查了分类讨论的思想，属于基础题.4．D【解析】【分析】根据等比数列的通项公式即可求解．【详解】设等比数列的公比为则，所以故故选：D5．C【解析】【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.【详解】易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，所以面积.故选：C.6．B【解析】【分析】先由三角函数的定义求出，再利用即可求解.【详解】由角的终边经过点，可得，故.故选：B.7．A【解析】【分析】直接求出k，即可求出离心率.【详解】因为为双曲线，所以，化为标准方程为：.由焦距为6可得：，解得：k=1.所以双曲线为.所以双曲线的离心率为.故选：A8．A【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，再分析得解.【详解】由题得函数的定义域为R.,所以函数是偶函数.当时，，因为，所以，所以函数在上单调递增，因为函数是偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增.如果，则，因为，所以，与已知相符；如果，则，所以,与已知相符；如果，因为，所以，所以，与已知矛盾；如果，因为，所以，所以，与已知矛盾；当之中有一个为零时，不妨设， ，，显然不成立.故选：A【点睛】方法点睛：对于函数的问题，要灵活利用函数的奇偶性和单调性分析函数的问题，利用函数的图象和性质分析函数的问题.9．AC【解析】【分析】根据提供的数据及回归方程可求，根据方程系数可得相关系数，根据方程可得BD的正误.【详解】由表可知，；所以，所以A正确；由，把分别代入方程可得对比数据可知B不正确；因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；2021年的代码是6，代入可得，根据回归方程得出的仅仅是预测值，所以D不正确.故选：AC.10．ABC【解析】【分析】根据基本不等式判断ABC，举反例判断D．【详解】由题意，当且仅当时等号成立，A正确；，当且仅当时等号成立，B正确；，当且仅当时等号成立，C正确；，时，，D错误．故选：ABC．11．BC【解析】【分析】由求，根据通项公式可判断AB是否正确，由等差数列的性质可判断C，取时，结合等比数列求和公式作差比较与大小即可判断D.【详解】对于A选项，若，当时，，不满足，故A错误；对于B选项，若，则，由于满足，所以是等比数列，故B正确；对于C选项，若是等差数列，则，故C正确.对于D选项，当时，，故当时不等式不等式，故不成立，所以D错误.故选：BC【点睛】本题考查数列的前项和为与之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前项和为的公式等，考查运算求解能力.本题D选项解题的关键将问题特殊化，讨论时，与大小情况.此外还需注意一下公式：；若是等差数列，则.12．ABD【解析】【分析】设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.【详解】设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.因为，,所以平面BDE，则，又△ABC为等边三角形，，，所以，，∴，即，又，∴平面，平面，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵，∴，故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；当∥时，为直线OM与CD所成的角，由上知，故C错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.故选：ABD.13．【解析】【分析】由两角差的正切公式化简求值．【详解】．故答案为：．14．【解析】【详解】试题分析：因为，所以为的中点即，∵，∴，∴考点：向量线性运算与数量积的几何运算.15．【解析】【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，有第二、三、四名3种情况，再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，其他三名同学排在三位置全排列有种，由分步乘法计数原理可知共有种，故答案为：.16．          【解析】【分析】求出，，由可得，的中点坐标为，可得；利用得，即轨迹为动圆，设圆心为，代入，可得，由点C到点的距离可得答案.【详解】令得，所以，令得，所以，所以，可得，的中点坐标为，所以，则线段的中点到原点的距离等于；因为，设，所以，即，即，即轨迹为动圆，设圆心为，则代入，可得，所以点C到点的距离的最大值为.故答案为：①②.17．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义证明数列为等比数列（2）利用（1）的结论先求出的通项公式，根据通项公式的特征，运用错位相减法求和(1)由已知得．又因为，所以是首项为2，公比为2的等比数列；(2)由（1）可知．所以．记的前n项和为，则，且有，   ①得，   ②得所以所以．18．(1)(2)【解析】【分析】（1）由正弦定理可得：，从而得到，得出答案.（2）选择条件①②，△ABC存在且唯一.由得出，由正弦定理及解出.方法1：由两角差的余弦公式求出，最后由面积公式计算即可.方法2：由余弦定理求出，最后由面积公式计算即可.选择①③，△ABC存在且唯一. 由得出，因为AB边上的高为，所以得出，再由正弦定理求出解出，以下与选择条件①②相同.(1)由正弦定理及.得，因为，所以因为，所以.(2)选择条件①②，△ABC存在且唯一，解答如下：由，及，得.由正弦定理及得，解得.方法1：由，得.所以.方法2：由余弦定理，得即，解得所以选择①③，△ABC存在且唯一，解答如下：由，及，得.因为AB边上的高为，所以.由正弦定理及，得，解得：.（以下与选择条件①②相同）19．（1）表格见解析，有；（2），，.【解析】【分析】（1）依据题中数据直接填写，然后根据公式计算即可.（2）先计算男性了解“云课堂”倡议的概率，女性了解“云课堂”倡议的概率，然后可得，进行比较即可.【详解】（1） 男女合计8060140204060合计100100200 ．对照临界值表知，有99％的把握认为对“云课堂”倡议了解情况与性别有关系．（2）用样本估计总体，将频率视为概率，根据列联表得出，男性了解“云课堂”倡议的概率为，女性了解“云课堂”倡议的概率为：，故，，显然．20．（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别证明和，再由线面垂直的判定定理即证明；（2）设，建立空间直角坐标系，找出平面的法向量，把直线与平面所成角的正弦表示成的函数，再用均值不等式，即可算出，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）证明：平面，平面四边形为矩形又，平面平面平面在中，，为中点又，平面平面（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则令，解得设直线与平面所成角为，则当且仅当时，等号成立三棱锥的体积【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）设，，根据A，F，M三点共线，得，同理根据B，F，N三点共线，得到，表示直线的方程并化简，将直线与抛物线联立，将韦达定理，代入直线化简求出定值；（2）设，，分别表示，根据，得，代入，利用基本不等式求解.(1)设，，，，，∵A，F，M三点共线，，∴，同理B，F，N三点共线，∴，：，即：，∴，即，由得，∴，，∴：，即，所以直线过定点.(2)设，，，，又∵，∴，∴（当时等号取到）22．(1)，(2)【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可(1)，               依题意，                  即解得．(2)由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，        又因为，，所以存在唯一实数，使得．          （ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，        所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．             ②当时，，     记．，所以，                 所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．             综上，a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题