精品解析：辽宁省沈阳市第二中学2022届高三下学期第四次模拟考试数学试题（解析版）

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沈阳二中22届高三第四次模拟考试数学学科试题
一､单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，其中i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简出之后，再代模长公式即可
【详解】

所以
故选：B
2. 如图，是全集，是的子集，则阴影部分表示的集合是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用阴影部分所属的集合写出阴影部分所表示的集合．
【详解】解：由图知，阴影部分在集合中，在集合中，但不在集合中，
故阴影部分所表示的集合是.
故选：C.
3. 函数的图像如图所示，下列不等关系正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象观察斜率的大小以及导数的几何意义可得答案.
【详解】从的图象可以看出，点处切线的斜率大于直线的斜率，直线的斜率大于点处切线的斜率，点处切线的斜率大于0，
根据导数的几何意义可得，即.
故选：C
4. 已知王大爷养了5只鸡和3只兔子，晚上关在同一间房子里，清晨打开房门，这些鸡和兔子随机逐一向外走，则恰有2只兔子相邻走出房子的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相邻问题捆绑法与不相邻问题插空法计数，再根据古典概型计算概率.
【详解】解：5只鸡， 只兔子走出房门，共有种不同的方案，
其中恰有2只兔子相邻走出房子的方案为：先排5只鸡，会产生6个空隙，再从3只兔子中选2只捆绑排列，最后与剩下的兔子排列到6个空隙中共有：种方案，
故恰有2只兔子相邻走出房子的概率为：.
故选：D.
5. 函数的最小值为（ ）
A. 4 B. C. 3 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用不等式性质以及基本不等式求解.
【详解】因为，当且仅当，即时等号成立，
，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为4.
故选：A
6. 设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
，，然后运用对数的运算性质分别判断出和的符号即可.
【详解】由对数的性质得：，
所以

因为
所以，即


因为
所以，即
综上：
故选：B
【点睛】作差法是比较大小的常用方法，作为本题来说，要熟练掌握对数的运算性质.
7. 已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果.
【详解】设，则，
以OP为直径的圆的方程是，
与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，
因为，所以，代入直线AB的方程，得，
即，当且，即，时该方程恒成立，
所以直线AB过定点N(1，1)，
点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，，
所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
8. 某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形面积公式，将表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.
【详解】由题意可知，，故，
又，

，
设劣弧所对扇形面积为，则，
故，
，
则；
令，，则，
令，得或（舍去），
记，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当，即时，取得最大值，即取得最大值．
故选：．
二､多项选择题：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. 下列说法正确的的有（ ）
A. 已知一组数据的方差为3，则的方差也为3
B. 统计学中用线性相关系数r来衡量两个变量的线性相关性强弱，若r越小，则两个变量之间的线性相关性越弱.
C. 已知随机变量X服从正态分布，若，则
D. 已知随机变量X服从二项分布，若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据方差的性质，可判定A正确；根据相关系数的含义，可判定B错误；由正态分布曲线的性质，可得判定C正确；根据二项分布的期望及期望的性质，可判定D错误.
【详解】对于A中，由一组数据的方差为，
根据方差的性质，可得数据的方差也为，所以A正确；
对于B中，统计学中用线性相关系数r来衡量两个变量的线性相关性强弱，当越趋向于，此时相关性越强，所以B不正确；
对于C中，由随机变量X服从正态分布，若，
则，所以C正确；
对于D中，由随机变量服从二项分布，可得，
若，则，所以D错误.
故选：AC.
10. 已知点，，若某直线上存在点P，使得，则称该直线为“好直线”，下列直线是“好直线”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义可得点在以，为焦点的双曲线的右支，求出其轨迹方程，则问题转化为直线与双曲线（右支）的交点情况；
【详解】解：因为，，，所以点在以，为焦点的双曲线的右支，
且，，即，，
所以，
所以其标准方程为：，双曲线的渐近线为．
对于A，即为双曲线的一条渐近线，故与双曲线没有交点，故不是“好直线”；
对于B，联立直线与双曲线得，
解得则，即，所以直线是“好直线”；
对于C：消去整理得，，但是，
故直线与双曲线的左支有两个交点，与右支没有交点，故不是“好直线”；
对于D，消去整理得，，且，
故直线与双曲线的右支有两个交点，故是“好直线”；
故选：BD．
11. 数列首项，对一切正整数，都有，则（ ）
A. 对一切正整数都有 B. 数列单调递减
C. 存在正整数，使得 D. 都是数列的项
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题可得，进而可得，然后逐项分析即得.
【详解】对于A，由，得，即，
所以，又，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
所以.因为，故A正确；
对于B，由，得，故B正确；
对于C，因为对任意正整数都有，即，
所以，所以不存在正整数，使得，故C错误；
对于D，因为，且，所以都是数列的项，故D正确.
故选：ABD
12. 半正多面体（）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）

A. 平面
B. 异面直线和所成角为60°
C. 该二十四等边体的体积为
D. 该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面，得到，根据为等边三角形，可判断A不正确；由，得到异面直线和所成角转化为直线和所成角，根据正六边形中，可判定B正确；补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，结合正方体和三棱锥的体积公式，可判定C正确；取正方形对角线的交点为，得到该二十四面体的外接球的球心，求得外接球的半径，利用求得表面积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，所以A不正确；
对于B中，因为，所以异面直线和所成角即为直线和所成角
设角，在正六边形中，可得，
所以异面直线和所成角为，所以B正确；
对于C中，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，
则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体的体积为，所以C正确；
对于D中，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D正确.
故选：BCD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据题意，可知将函数的图象向右平移个单位长度后得到，由函数图象的平移得出的解析式，即可得出的结果.
【详解】解：由题意可知，将函数的图象向右平移个单位长度后得到，
则，
所以.
故答案为：0.
14. 如图，、、、分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线与是异面直线的图形有______.

【答案】②④
【解析】
【分析】图①中，直线，图②中面，图③中，图④中，面．
【详解】解：根据题意，
在①中，且，则四边形是平行四边形，有，不是异面直线；
图②中，、、三点共面，但面，因此直线与异面；
在③中，、分别是所在棱的中点，所以且，故，必相交，不是异面直线；
图④中，、、共面，但面，与异面．
所以图②④中与异面．
故答案为：②④.
15. 已知为单位向量．若，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用性质，将向量的模转化为数量积计算可得.
【详解】因为为单位向量，
所以
得
所以
故答案为：
16. 已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别为△PF1F2的内心和重心.当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为y0，再利用等面积法列式解方程可得：.
【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，
内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，
由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，
设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：

设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，
连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，
则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，
可得重心G（，）所以I的横坐标也为，|ON|，
由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，
所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2
=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON，
而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，
由角平分线的性质可得，所以可得OM，
所以可得MN=ON﹣OM，
所以ME=OE﹣OM=x0，
所以，即INPEy0，
（PF1+F1F2+PF2）IN，即（2a+2c），
所以整理为：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于，， 的齐次式，化简可得.本题属于难题.
四､解答题：本题共6小题，17题10分，其他题12分，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.
17. 已知数列{an}满足，
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由递推公式结合等比数列的定义证明即可；
（2）累加法求数列的通项公式.
【详解】（1）因为，
所以，
又因为，则，
则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
（2）由（1）知：则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，
，


，
，
则，
即，所以.
18. 已知函数.
（1）求的单调增区间；
（2）中，角，，所对的边分别为，，，且锐角，若，，，求的面积.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）化简，利用正弦函数的增区间可求出结果；
（2）由求出，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.
详解】（1）
，
令，，，
的单调增区间是，；
（2），，
∵为锐角，∴，
由余弦定理得：
又
面积.
19. 如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，点是棱的中点，点在上，且，∥平面．

（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）连接，设，通过，可求解出的值；
（Ⅱ）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解所求二面角的余弦值.
【详解】（Ⅰ）连接，设，则平面平面，
∵平面，∴，
∵，∴，∴，
（Ⅱ）∵，∴，，又∵，，∴
∴，∴，∴平面，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，平面的法向量

设平面的法向量，则
，
，令，得，
，即所求二面角的余弦值是．
【点睛】此题考查空间向量数量积的应用，二面角的平面角的求法，直线与平面的位置关系的应用，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.
20. 2022年春季，新一轮新冠疫情在全国范围内蔓延开来，严重影响了国家的经济发展和人民的正常生活.某城市为打赢这场疫情防控阻击战，政府投入大量人力物力，党员干部冲锋在前坚守岗位，普通群众配合政策居家隔离.在全市人民的共同努力下，该城市以最快的速度实现复工复产，人民生活回到了正常轨道.疫情的出现让人们认识到身体健康的重要性，健身达人刘畊宏带动了一股年轻人的健身热潮，人们纷纷争做“刘畊宏男孩”､“刘畊宏女孩”.但是对于中老年人来说，步行是最简单有效的运动方式.某研究团队统计了该地区1000位居民的日行步数，得到如下表格；
日行步数（单位：千）







人数
20
60
170
200
300
200
50

（1）为研究日行步数与居民年龄的关系，以日行步数是否超过8千为标准进行分层抽样，从上述1000位居民中抽取200人，得到如下列联表，请将下表补充完整，并根据下表判断是否有95%的把握认为日行步数与居民年龄有关：

日行步数千
日行步数千
总计
40岁以上


100
40岁以下（含40岁）
50


总计


200

（2）以这1000位居民日行步数超过8千的频率，来代替该地区每位居民日行步数超过8千的概率，且每位居民日行步数是否超过8千相互独立，若该团队随机调查20位居民，设其中恰有位居民日行步数超过8千的概率是P，求当取多少时P最大？（不必求此时的P值）
附：

0.05
0.025
0.010

3.841
5.024
6.635
，其中.
【答案】（1）列联表答案见解析，没有95%的把握认为日行步数与居民年龄有关
（2）恰有11位居民日行步数超过8千概率最大
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样以及用样本估计总体可得列联表，根据公式计算观测值，对照临界值表可得结论；
（2）解不等式组可得结果.
【小问1详解】
1000人中，步数不超过8千的有人，超过8千有550人按分层抽样，抽取的人数中不超过8千的有90人，超过8千的有110人，列联表如下

日行步数千
日行步数千
总计
40岁以上
40
60
100
40岁以下（含40岁）
50
50
100
总计
90
110
200
∴（补充说明：小数点的位数不够三位不扣分）
故没有95%的把握认为日行步数与居民年龄有关.
【小问2详解】
居民步数超过8千的概率为，
∴，得，
得，得，
得，∴，
∵，，即恰有11位居民日行步数超过8千的概率最大.
21. 曲线C的方程为，点D的坐标，点P的坐标.
（1）设E是曲线C上的点，且E到D的距离等于4，求E的坐标：
（2）设A，B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA，PB与y轴分别交于M､N两点，线段MN的垂直平分线经过点P.证明；直线AB的斜率为定值，并求出此值.
【答案】（1）或.
（2）证明见解析，定值为.
【解析】
【分析】（1）化简曲线曲线C的方程得，根据抛物线的定义可求出结果；
（2）联立直线与抛物线方程求出的坐标，利用的垂直平分线经过得到与的斜率为相反数，再联立直线与抛物线方程得到的坐标，根据斜率公式可证结论成立.
【小问1详解】
曲线C的方程为，
移项平方得，化简得，
∴曲线C的方程为.
∴为抛物线的焦点，直线为抛物线的准线.
设，则.∵，，解得.
∴，解得.∴E的坐标为或.
小问2详解】
∵，曲线C的方程为，点在曲线C上，
∵A､B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA､PB与y轴分别交于点M､N，∴直线PA､PB的斜率都存在，且都不为0，
分别设为k､，则，
直线PA的方程为，即.
当时，，即.
同理可得.
∵线段MN的垂直平分线经过点P，
∴，即.
由，得：.
设，则1，是的解.
由书达定理得：
∴，同理可得
∴，∴直线AB的斜率为定值.
22. 已知函数，其中.
（1）当时，求的值；
（2）讨论的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.
（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.
【小问1详解】
时，.
时，.
时.
；
【小问2详解】
令，有, ,
则，即.
所以.
时，；
时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.
时，递增，无零点.
时，令，得，故在上递减；在上递增.
当时，，此时无零点.
当时，，此时有一个零点.
当时，，
令，故，
所以，
由零点存在性定理，在和上各有一个零点，
此时有两个零点.
在上递增.
又t，
故时，在上必有一个零点.
综上所述，时，有一个零点；