理科数学2022届高三第三次模拟考试卷 （四） 学生版

这是一份理科数学2022届高三第三次模拟考试卷 （四） 学生版，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三第三次模拟考试卷理 科 数 学（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号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．非选择题的作答：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。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．集合的真子集的个数是（    ）A．3 B．4 C．7 D．82．在复平面内，复数，对应的点分别是，，则复数的虚部为（    ）A．2i B． C．2 D．3．已知函数，若，则（    ）A． B．2或 C．或2 D．或4．已知，则（    ）A． B． C． D．5．在长方体中，，，，点P在长方体的面上运动，且满足，则P的轨迹长度为（    ）A．12π B．8π C．6π D．4π6．已知正实数a，b满足，则的最小值是（    ）A．2 B． C． D．67．在中，D为BC的中点，，，EF与AD交于G，，则（    ）A． B． C． D．8．已知函数，各项互不相等的等比数列满足，，记，则（    ）A． B． C． D．9．已知是定义域为R的函数，满足，，当时，，则下列说法正确的是（    ）①的最小正周期为4②的图象关于直线对称③当时，函数的最大值为2④当时，函数的最小值为A．①②③ B．①② C．①②④ D．①②③④10．已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线、，直线与交于A、B两点，直线与交于D、E两点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．11．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（    ）A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种12．已知函数，，若，则的取值范围为（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．二项式展开式的各项系数的和为_________．14．某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55个学员中有45名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30个．根据统计结果，认为“能否一次通过考试与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过________．附：15．如图，在△ABC中，点D在边AB上，CD垂直于BC，∠A=30°，BD=2AD，，则△ABC的面积为__________．16．已知四棱锥的底面ABCD是边长为a的正方形，且平面ABCD，，点M为线段PC上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的表面积最小时，CM的长为___________． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）函数图象过点，且相邻对称轴间的距离为．（1）求的值；（2）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，且，求面积的最大值．            18．（12分）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为，，的中点，．（1）求证：；（2）若平面，试确定D点的位置，并求二面角的余弦值．          19．（12分）移动支付（支付宝及微信支付）己经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查市民使用移动支付的年龄结构，随机对位市民做问卷调查得到列联表如下： 35岁以下（含35岁）35岁以上合计使用移动支付不使用移动支付合计（1）按年龄岁以下（含35岁）是否使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取人做进一步的问卷调查，从这人中随机选出人颁发参与奖励，设使用移动支付的人数为，求的分布列及期望；（2）用这位市民使用移动支付的频率代替全市市民使用移动支付的概率，从全市随机中选出人，则使用移动支付的人数最有可能为多少？            20．（12分）已知椭圆的右焦点为，右顶点为A，上顶点为B，原点O到直线AB的距离为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点作斜率为k的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，过点N作x轴的垂线与直线AM交于点D，记线段DN的中点为E，试判断直线AE的斜率是否为定值，并说明理由．              21．（12分）对于函数，如果其图象上存在不同的两点，，，使得这两点处的切线重合，那么我们称函数存在“双切点切线”．已知函数．（1）已知函数的一条“双切点切线”的斜率等于1，切点、的横坐标，求实数的值；（2）如果函数存在“双切点切线”，求实数的取值范围．            请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，直线l的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若P，Q分别是直线l和曲线C上的动点，求的最小值．         23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数，．（1）如果的解集为R，求实数a的取值范围；（2）若在上有解，求实数t的取值范围．   
2022届高三第三次模拟考试卷理 科 数 学（四）答 案第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C【解析】的真子集的个数为个，故选C．2．【答案】D【解析】由题可知，，所以，则复数的虚部为，故选D．3．【答案】C【解析】当时，此时，即令，得，满足；当时，此时，即令，得，因为，所以，综上所述，或，故选C．4．【答案】A【解析】，∴，∴，∴，故选A．5．【答案】C【解析】如图，在左侧面的轨迹为弧，在后侧面的轨迹为弧，在右侧面的轨迹为弧，在前侧面内的轨迹为弧．易知，，又，，∴，则，∴P的轨迹长度为6π，故选C．6．【答案】B【解析】由，得，所以，当且仅当，即取等号，故选B．7．【答案】B【解析】由题设，，又，且，所以，即，解得，故选B．8．【答案】D【解析】由已知，即，得，故，又，∴，公比，，当时，，，可知A错误；当时，，，，可知B错误；当时，，∴偶数项均正，奇数项均负，此时，即，故C错误；由，，可知当时，；当时，；当时，，∴当时，各项均正，满足；当时，偶数项均正，奇数项均负，仍满足，故D正确，故选D．9．【答案】A【解析】对于①，，，则，即的最小正周期为4，故①正确；对于②，由知的图象关于直线对称，故②正确；对于③，当时，在上单调递减，在上单调递增，根据对称性可知，函数在，上单调递减，在，上单调递增，则函数在上的最大值为，故③正确；对于④，根据周期性以及单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，则函数在上的最小值为，故④错误，故选A．10．【答案】A【解析】设，，由题可知直线、的斜率存在且不为零，设方程为，联立方程，得，∴，同理设直线斜率为，则，，由抛物线定义可知，当且仅当(或)时，取得等号，故选A．11．【答案】D【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法，由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法，故选D．12．【答案】D【解析】由于，即，所以，当时，递增，所以有唯一解，当时，递增，所以有唯一解．由，得，所以．令，，所以在区间，递减；在区间，递增，所以，所以的取值范围为，故选D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】81【解析】由题意，令，可得二项式展开式的各项系数的和为，故答案为81．14．【答案】【解析】 集中培训分散培训合计一次考过453075一次未考过102030合计5550105，故答案为．15．【答案】【解析】因为，设，则，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，即，于是得，解得，则，所以的面积，故答案为．16．【答案】【解析】连接MA，由题意可知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，则当三棱锥外接球的表面积最小时，四棱锥外接球的半径最小．设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点．当O与不重合时，连接，易知平面ABCD，则，连接OC，在中，．当O与重合时，，所以当三棱锥的外接球的表面积最小时，O与重合，．设CM的中点为N，连接，易知，则，所以，解得，所以，故答案为． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）由题意得：的最小正周期，由于，故，解得，又，所以，即，又，所以，解得，，故，此时，综上：，．（2），所以，因为，所以，则，解得，又，所以由余弦定理得，则，由基本不等式得，即，解得，当且仅当时等号成立，故面积最大值为．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：在正三棱柱中，平面，因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，所以，平面，所以E、F、G、B四点共面，，又因为，且，所以平面，所以．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，可得，因为平面，所以，解得，所以，易知平面的法向量，所以，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．19．【答案】（1）分布列见解析，；（2）6．【解析】（1）根据分层抽样知使用移动支付的人数为人，不使用移动支付的有人，则的可能值为，，，，，，分布列为123．（2）从全市随机选出人，设使用移动支付的人数为，则，且．由，解得，因为，所以，故使用移动支付的人数最有可能为6．20．【答案】（1）；（2）为定值，理由见解析．【解析】（1）因为椭圆的右焦点为，所以①．由题意得直线AB的方程为，即，所以原点O到直线AB的距离为，所以②，联立①②，解得，，所以椭圆C的标准方程为．（2）直线AE的斜率为定值，理由如下：由题意得直线l的方程为，，联立，整理得，设，，则，，直线AM的方程为，令，得，所以点D的坐标为．设，则，，，所以直线AE的斜率为定值．21．【答案】（1）；（2）．【解析】（1），，∵，∴，，∴，，，∴，由．（2）当时，的导数为；当时，的导数为，设，为该函数图象上的两点，且，当或时，，故，当时，函数在点处的切线方程为：，即，当时，函数在点处的切线方程为，即，两直线重合的充要条件是由①及，得，由①②令，则，由①，由②，，，设，，∵，∴，则函数，在为减函数，，∴实数的取值范围是．22．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）由，（t为参数），得，即直线l的普通方程为．由，得，即，即曲线C的直角坐标方程为．（2）将曲线C的方程转化为参数方程，即（为参数），则．则点Q到直线l的距离，其中，因为，所以，所以，因为，所以的最小值是．23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为，当且仅当时，取得最大值4，若的解集为R，则，故实数a的取值范围．（2）当时，，所以在上有解，即为在上有解，∴在上有解，设，易知在上单调递增，所以，∴，故实数t的取值范围．