2022茂名高三下学期第二次综合测试（二模）数学试题含答案

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2022年茂名市高三级第二次综合测试

数学试卷

本试卷共4页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效

3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

2. 已知等差数列的前n项和为，若，，则（）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

3. 平面非零向量，满足，，则与的夹角为（）

A.  B.  C.  D.

4. 已知，则不等式的解集为（）

A.  B.  C.  D.

5. 由国家信息中心“一带一路”大数据中心等编写的《“一带一路”贸易合作大数据报告（2017）》到2016年这六年中，中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额图表如下，下列说法中正确的是（）

中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额（亿美元）

A. 中国与沿线国家贸易进口额的极差为1072.5亿美元

B. 中国与沿线国家贸易出口额的中位数不超过5782亿美元

C. 中国与沿线国家贸易顺差额逐年递增（贸易顺差额＝贸易出口额－贸易进口额）

D. 中国与沿线国家前四年的贸易进口额比贸易出口额更稳定

6. 双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流，放电时间为（）

A. 28h B. 28.5h C. 29h D. 29.5h

7. 已知，，则的值为（）

A.  B.  C.  D.

8. 已知双曲线C：的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON（其中O为坐标原点）的中点B，且，则双曲线C的离心率为（）

A. 2 B.  C.  D.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知复数，，若为实数，则下列说法中正确有（）

A.  B.

C. 为纯虚数 D. 对应的点位于第三象限

10. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（）

A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为

C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项

11. 已知函数，下列说法正确的有（）

A. 关于点对称

B. 在区间内单调递增

C. 若，则

D. 的对称轴是

12. 棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（）

A. 三棱锥的体积为定值

B. 当时，平面截正方体所得截面的周长为

C. 直线FG与平面所成角的正切值的取值范围是

D. 当时，三棱锥的外接球的表面积为

三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知正实数m，n满足，则的最小值为__________．

14. 正三棱锥S-ABC的底面边长为4，侧棱长为，D为棱AC的中点，则异面直线SD与AB所成角的余弦值为__________．

15. 以抛物线的焦点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知，则__________．

16. 已知函数，若存在实数t使得函数有7个不同的零点，则实数a的取值范围是__________．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，．

（1）求C；

（2）求△ABC的面积．

19. 冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．

（1）求甲、乙两人所得分数相同的概率；

（2）设甲、乙两人所得的分数之和为X，求X的分布列和期望．

21. 如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．

（1）证明：而ABCD；

（2）求平面与平面所成锐二面角余弦值．

23. 已知数列满足，，．

（1）证明：数列是等比数列；

（2）若，求数列的前项和．

25. 已知椭圆C：的上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为，△AOF的面积为1．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点F的直线l与C交于M，N两点，过点M作轴于点E，过点N作轴于点Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得△PMN的面积等于，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

27. 已知函数在点处的切线方程为．

（1）求函数在上的单调区间；

（2）当时，是否存在实数m使得恒成立，若存在，求实数m的取值集合，若不存在，说明理由（附：，）．

【1题答案】

【答案】A

【2题答案】

【答案】C

【3题答案】

【答案】C

【4题答案】

【答案】B

【5题答案】

【答案】D

【6题答案】

【答案】B

【7题答案】

【答案】C

【8题答案】

【答案】A

【9题答案】

【答案】AC

【10题答案】

【答案】BD

【11题答案】

【答案】BC

【12题答案】

【答案】ACD

【13题答案】

【答案】17

【14题答案】

【答案】

【15题答案】

【答案】

【16题答案】

【答案】

【17题答案】

【答案】（1）

（2）

【小问1详解】

解：因为，

所以由正弦定理得，

由余弦定理得，

又，则；

【小问2详解】

因为，，

所以，即，

因为，所以，

所以，

所以．

【19题答案】

【答案】（1）

（2）分布列见解析；期望为

【小问1详解】

由题意知甲得0分的概率为，

乙得0分的概率为，

所以甲、乙两人所得分数相同的概率为．

【小问2详解】

X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，

则，

，

，

，

，

，

，

所以，随机变量X的分布列为：

所以．

【21题答案】

【小问1详解】

取的中点G，连接EG，FG，AC，

因为，平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，

因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，

，又平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，

因为，所以平面平面ABCD，

因为平面ABCD，所以平面ABCD．

【小问2详解】

设，

由，得，

因为，所以，

由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量为，

由得，取，得，

连接BD，因为，，，所以平面，

所以平面的一个法向量为，

所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【23题答案】

【小问1详解】

由得：，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得：，

则，，，…，，

各式作和得：，

又，，

，

当为偶数时，；

当为奇数时，；

综上所述：.

【25题答案】

【答案】（1）

（2）存在；或

【小问1详解】

由题意知，，

因为△AOF的面积为1，所以．

又直线AF的方程，即，

因为点O到直线AF的距离为，

所以，解得，，，

所以椭圆C的方程为．

【小问2详解】

依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意；

当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，

联立，得，

易知．

设，，则，，

因为轴，轴，所以，，

所以直线QM：①，

直线NE：②，

联立①②解得，

因为，ME与直线平行，

所以，

因为，

所以，

由，得，

解得，

故存在直线l的方程为或，使得△PMN的面积等于．

【27题答案】

【答案】（1）在，上单调递增，在，上单调递减

（2）存在；m的取值集合为

【小问1详解】

由题意知，即，得，

因为，

所以，得，所以，

当时，令，得，令，得，

当时，令，得，令，得，

所以在，上单调递增，在，上单调递减．

【小问2详解】

假设存在实数m，使在上恒成立，

即在上成立，

令，只需．

注意到，所以若在上成立，

必为的最大值点，从而为的极大值点，必有．

由，得，解得．

下面证明符合题意．

当时，，令，则．

（ⅰ）当时，，所以上单调递增；

当时，，所以单调递减，

所以当时，，所以在上单调递增；

由在和上单调递增得，在上单调递增．

（ⅱ）当时，令，

由，得，上单调递增，

因为，，

所以由零点存在定理知存在，使得，

当时，，即，单调递减，即单调递减；

当时，，即，单调递增，即单调递增；

因为，，

所以由零点存在定理得，存在，使得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

综合（ⅰ）（ⅱ）的结论，又，，

所以，符合题意．

综上所述：m的取值集合为．