2022届吉林省实验中学高三下学期最后一次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届吉林省实验中学高三下学期最后一次模拟考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
吉林省实验中学2021-2022学年高三下学期最后一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知全集，则集合（       ）A． B． C． D．2．已知向量，且，则实数a的值为（       ）A．1 B． C．或-1 D．或13．已知数列是等差数列，，是方程的两根，则数列的前20项和为（       ）A． B． C．15 D．304．在抗击新冠疫情期间，有3男3女共6位志愿者报名参加某社区“人员流调”、“社区值守”这两种岗位的志愿服务，其中3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”．若该社区“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者．则这6位志愿者不同的分配方式共有（       ）A．19种 B．20种 C．30种 D．60种5．已知双曲线C经过点，且对称轴都在坐标轴上，其渐近线方程为，测双曲线C的标准方程为（       ）A． B． C． D．6．已知实数满足约束条件，则（       ）A．有最小值，无最大值 B．有最小值，也有最大值C．有最大值，无最小值 D．无最大值，也无最小值7．如图，某几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，E为的中点，则在原几何体中，异面直线与所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．8．平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（       ）A． B． C． D．9．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（       ）A． B． C． D．10．已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，且，则（       ）A． B． C． D．11．连续函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．12．在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与不重合），有以下四个结论：①存在点，使得平面平面；②存在点，使得平面；③若的周长为L，则L的最小值为；④若的面积为，则．则正确的结论为（       ）A．①③ B．①②③ C．①②④ D．②④ 二、填空题13．已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”是“”的__________条件．14．如图所示，点，点，函数，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于______．15．已知复数z满足，则的最大值为____________． 三、双空题16．风车发电是指把风的动能转为电能.如图，风车由一座塔和三个叶片组成，每两个叶片之间的夹角均为120°.现有一座风车，塔高60米，叶片长度为30米.叶片按照逆时针方向匀速转动，并且6秒旋转一圈，风车开始旋转时，某叶片的一个端点P在风车的最低点（P离地面30米），设点P离地面的距离为S（米），转动时间为t（秒），则S与t之间的函数关系式为____________，一圈内点P离地面的高度不低于45米的时长为______.秒. 四、解答题17．的内角的对边分别是，且，(1)求角的大小；(2)若，为边上一点，，且为的平分线，求的面积．18．基础学科招生改革试点，也称强基计划，是教育部开展的招生改革工作，主要是为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中笔试通过后才能进入面试环节，年有名学生报考某试点高校，若报考该试点高校的学生的笔试成绩．笔试成绩高于分的学生进入面试环节．(1)从报考该试点高校的学生中随机抽取人，求这人中至少有一人进入面试的概率；(2)现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、．设这名学生中通过面试的人数为，求随机变量的分布列和数学期望．附：若，则，，，．19．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E．(1)求证；(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．20．已知函数．(1)设，求在 上的最大值；(2)当时，求证：．21．已知椭圆的左右焦点分别是，，右顶点和上顶点分别为，，的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)以此椭圆的上顶点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.22．曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)把的参数方程化为极坐标方程；(2)求曲线与交点的极坐标．23．证明：(1)若，则；(2)求证：当为正数时，.
参考答案：1．D【分析】根据并集和交集的定义即可的解.【详解】解：因为，所以或，所以.故选：D.2．C【分析】利用向量垂直的坐标表示，列式计算作答.【详解】向量，又，则有，解得或，所以实数a的值为或-1.故选：C3．D【分析】根据韦达定理得到，利用等差数列求和公式及等差数列性质进行计算.【详解】，是方程的两根，所以，又是等差数列，所以其前20项和为．故选：D4．A【分析】利用对立事件，用总的分配方式减去“社区值守”岗位全是女性的情况可得.【详解】6位志愿者3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”的分配方式共有种，“社区值守”岗位全是女性的分配方式共1种，故“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者的分配方式共有种.故选：A5．B【分析】依题意设双曲线方程为，代入点的坐标，即可求出，从而得解.【详解】解：依题意设双曲线方程为，又双曲线过点，所以，解得，所以双曲线方程为；故选：B6．A【分析】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，根据直线在轴上的截距的最值，来判断目标函数是否能取到最值【详解】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，向上平移过点时，直线在轴上的截距最小，则取得最小值，由于可行域向右无限延伸，所以无最大值，故选：A7．A【分析】将给定展开图还原成三棱锥，取BD中点F，借助几何法求出异面直线所成角的余弦值.【详解】因几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，于是得原几何体是正三棱锥，其中两两垂直，且，取BD中点F，连接EF，AF，如图，因E为的中点，则有，因此，是异面直线与所成角或其补角，令DB=2，则，中，，正中，，于是有：，即，，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A8．D【分析】首先根据三角函数的定义，求和，再代入求二倍角公式，最后代入求.【详解】因为角的终边经过点，所以，由三角函数的定义可知，，，，，.故选：D9．B【分析】根据给定信息，结合全概率公式列式求解作答.【详解】令“玩手机时间超过的学生”，“玩手机时间不超过的学生”，“任意调查一人，此人近视”，则，且互斥，，，依题意，，解得，所以所求近视的概率为.故选：B【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.10．B【分析】当斜率不存在时，即，，不符合题意，设直线的斜率为，则直线的抛物线为，联立直线与抛物线方程，可得，再结合韦达定理和抛物线的性质，即可求解．【详解】解：点为抛物线的焦点，，设，，，，当斜率不存在时，即，所以，不符合题意，设直线的斜率为，则直线的抛物线为，联立直线与抛物线方程，化简整理，可得①，由韦达定理，可得，，，解得②，将②代入①可得，，解得或，，，又，，．故选：B．11．D【分析】利用导数分析函数的单调性，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】当时，由可得；当时，由可得.所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为可得，即，所以，解得.故选：D.12．B【分析】根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可判定②正确；将平面与平面展开到同一平面，由两点之间线段最短，可判定③正确；由三角形的面积公式，可求得的面积的范围，可判定④错误.【详解】解：连接，设平面与体对角线交于点，由，，,平面，即平面,平面，平面平面，存在点，使得平面平面，故①对；由，平面，平面，所以平面，同理由可得平面，又，所以平面平面，设平面与交于点M，则平面，所以平面，故②对；将平面与平面展开到同一平面，如图所示则，所以的周长为L的最小值为，故③对；连接交于点O，过O作， 在正方体中，平面，平面，，由，则，即，此时面积为，故④错；故选：B．【点睛】关键点点睛：对③将平面与平面展开到同一平面，空间问题平面化是解题的关键；对④根据，求出的长是解题的关键.13．充分不必要【分析】由线面垂直的性质可知满足充分性，由线面垂直的判定可知不满足必要性.【详解】若，且有，根据线面垂直的性质，可得出；若，且有，根据线面垂直的判定，直线不一定与平面垂直.所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为：充分不必要14．【分析】根据微积分基本定理可得阴影部分的面积，再求得矩形的面积为，结合面积比的几何摡型，即可求解.【详解】由点，点，函数，根据微积分基本定理可得，阴影部分的面积为，又由矩形的面积为，所以此点取自阴影部分的概率为.故答案为：.15．##【分析】设，由已知条件求出复数对应的点的轨迹为圆，根据复数模的几何意义和圆的性质即可求解.【详解】设，由，可得，则，即，复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径的圆，而表示复数对应的点到坐标原点的距离，所以的最大值就是.故答案为：.16．     （t>0）.     4【分析】根据题意，求出转动的角速度为，得到，列不等式，求出t的范围，即可得到答案.【详解】因为风车6秒旋转一圈，则其转动的角速度为，经过t时，叶片转过的圆心角为，此时离地面的高度为，故（t>0）.由，得，因为，，所以，解得，故一圈内P离地面的高度不低于45米的时长为4秒.故答案为：①；②4.17．(1);(2).【分析】（1）先利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）利用等面积法结合余弦定理，求出的值即可求得的面积.（1）因为，由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，又因为，所以.（2）如图所示因为即，化简得①,又由余弦定理得即②，①②联立解得（舍去）或，所以.18．(1)(2)分布列答案见解析，【分析】（1）计算出试点高校每名学生进入面试的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.（1）解：由题意可知，，则，所以，从报考该试点高校的学生中随机抽取人，这人中至少有一人进入面试的概率为.（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，则，，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示： 故.19．(1)详见解析(2)【分析】（1）首先证明平面，再根据线面平行的性质定理，即可证明线线平行；（2）取的中点，首先证明互相垂直，再以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量公式，即可求解.（1），且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，；（2）连结，取中点，连结，，在菱形中，，是等边三角形，又为中点，，平面平面，平面平面，平面，且，平面，平面，，又，，以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，，故，又，设与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．(1)0；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，由此可求得函数在区间上的最大值；（2）利用导数分析函数在上的单调性，可求得，再由可证得所证不等式成立.（1）解：因为，则，其中，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，对任意的恒成立，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，所以，当时，.（2）证明：因为，则，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，，，，由零点存在定理可知，函数在区间上必有一个零点，且.所以.所以，当时，，当时，，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，，，.对称轴为，所以当时，，所以，，综上所述，当时，.【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一，是求出函数的最小值，其二，是求出函数.21．(1)(2)存在，有三个【分析】（1）由可得，然后可解出答案；（2）设边所在直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，解出点的坐标，然后可得，用代替中的可得，然后由 求解即可.（1）由题意得      ①     因为       ，所以 ②                         由①②得③，由②③得，所以椭圆方程为；（2）假设能构成等腰直角，其中B(0， 1)，由题意可知，直角边不可能垂直或平行于轴，故可设边所在直线的方程为(不妨设) 联立直线方程和椭圆方程得：，得 ，用代替上式中的，得，由得，即，，故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.22．(1)；(2).【分析】（1）应用同角三角形函数的平方关系消参，得到直角坐标方程，再由公式法写出极坐标方程即可.（2）写出的直角坐标方程，联立求交点坐标，再转化为极坐标形式即可.（1）曲线的参数方程为（为参数），则，所以直角坐标方程为，由公式法，可得极坐标方程为.（2）曲线的极坐标方程为，可得其直角坐标方程为所以，解得或，所以交点极坐标为.23．(1)详见解析；(2)详见解析.【分析】（1）利用分析法证明；（2）利用基本不等式法证明.（1）证明：因为，所以，所以，要证，只需证，只需证，只需证，即证，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，故当时，成立.（2）因为为正数，所以，，，当且仅当时，等号成立，故当为正数时，.