河北省沧州市2022届高三第二次模拟数学试题

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河北省沧州市2022届高三第二次模拟数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．设，则复数（       ）

A． B． C． D．

3．已知双曲线的离心率是它的一条渐近线斜率的2倍，则（       ）

A． B． C． D．2

4．若，则（       ）

A． B．0 C．1 D．

5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

6．的展开式中的常数项为（       ）

A． B． C．80 D．161

7．将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若恰好在函数的图像上，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

8．已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

9．某车间加工某种机器的零件数与加工这些零件所花费的时间之间的对应数据如下表所示：

由表中的数据可得回归直线方程，则以下结论正确的有（       ）A．相关系数

B．

C．零件数的中位数是30

D．若加工60个零件，则加工时间一定是

10．已知直线，圆，则下列结论正确的有（       ）

A．若，则直线恒过定点

B．若，则圆可能过点

C．若，则圆关于直线对称

D．若，则直线与圆相交所得的弦长为2

11．已知数列满足，记的前项和为，则（       ）

A． B．

C． D．

12．已知实数满足，则（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，且，则实数__________.

14．若直线是曲线的一条切线，则实数__________.

15．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在轴上方），过分别作的垂线，垂足分别为，连接.若，则直线的斜率为__________.

16．三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为__________.

17．已知正项等比数列的前项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)记，求的前项和．

18．在中；内角的对边分别为，已知.

(1)求；

(2)若，点为的中点，求的最大值.

19．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，侧面是矩形，为的中点，.

(1)证明：平面；

(2)点在线段上，若，求二面角的余弦值.

20．足球比赛淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：0，则不需要再踢第5轮了）；③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.

(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：

(2)现有甲､乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需进行“点球大战”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.

（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；

（ii）求“点球大战”在第6轮结束，且乙队以5：4（不含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.

21．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)证明：.

22．已知椭圆的离心率为，且过点.

(1)求椭圆的方程；

(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

利用交集的定义可求得结果.

【详解】

由已知可得．

故选：B.

2．C

【解析】

【分析】

设出复数，表示出，由复数的乘法进行化简，结合复数的相等得到方程，解方程即可.

【详解】

由得．设复数，则，所以，

所以，所以解得所以

故选：C.

3．A

【解析】

【分析】

根据双曲线的几何性质列式可求出结果.

【详解】

由题意得,解得，即.

故选：A.

4．D

【解析】

【分析】

利用平方关系和正弦的二倍角公式弦化切，由求出代入可得答案.

【详解】

因为，所以，所以.

故选：D.

5．C

【解析】

【分析】

根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.

【详解】

如图，连接.

因为为中点，且，所以四边形为矩形，

所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.

设圆的半径为1，则.

因为，所以.

在直角中，，得.

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

6．A

【解析】

【分析】

利用二项式展开式的原理可算出答案.

【详解】

，

所以展开式中的常数项为

故选：A

7．D

【解析】

【分析】

根据题意易知和，根据辅角公式可知，由此可知，再根据，即可求出结果.

【详解】

由题意知，点在的图象上，所以，所以，点向右平移个单位长度得到点.

因为在函数的图象上，所以，解得，

所以，或.

因为，所以.

故选：D.

8．B

【解析】

【分析】

先求出函数的对称轴，再根据单调性和对称性可知，自变量离对称轴越远，其函数值越大，由此结论列式可解得结果.

【详解】

因为函数满足，所以的图象关于直线对称，

又在区间上单调递增，所以在上单调递减，

因为，，

即，平方后解得.

所以的取值范围为.

故选：B.

9．ABC

【解析】

【分析】

根据表格中的数据算出，然后算出，然后逐一判断即可.

【详解】

由表中的数据，得，

将，代入，得，选项均正确，

的中位数是30，选项正确；

当时，，所以加工时间约是，而非一定是，选项错误

故选：ABC

10．ACD

【解析】

【分析】

A.验证即可；B. 将点代入求解即可；C. 由直线恒过圆的圆心判断；D.由弦长公式求解判断.

【详解】

当时，点恒在上，故选项正确；

当时，将点代入，得，该方程无解，故选项错误；

当时，直线恒过圆的圆心，故选项C正确；

当时，与相交所得的弦长为2，故选项D正确.

故选：ACD

11．BCD

【解析】

【分析】

由条件可得当为奇数时，；当为偶数时，，然后可逐一判断.

【详解】

因为，

所以当为奇数时，；当为偶数时，.

所以，选项错误；又因为，所以，选项B正确；

故C正确

，选项D正确.

故选：BCD

12．BCD

【解析】

【分析】

A.由得到判断；BC.由，得到判断；D. 由，得到，令，用导数法判断.

【详解】

由得，又，所以，所以，所以，选项错误；

因为，所以，即，所以，选项正确，

因为，所以，所以.令，则，所以在区间上单调递增，所以，即，又，所以，即，选项正确.

故选：BCD

13．

【解析】

【分析】

首先求出的坐标，然后根据向量共线的坐标表示可建立方程求解.

【详解】

由题意得，因为，所以，解得.

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

求出切点坐标代入切线方程可得答案.

【详解】

因为，所以，令，得，

所以切点为，代入，得.

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

根据题意得，再得到，，分析即可得，，从而得到直线的倾斜角，即可求解.

【详解】

如图，由题意得，所以，

，因为，

所以，所以，又，所以，

所以，故，所以直线的斜率为.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

根据题意构造底面正三角形的边长为2，高为的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，球心即为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据条件求半径即可.

【详解】

由已知得，三棱锥中，，

且与平面所成的角为，构造如图所示的正三棱柱，底面正三角形的边长为2，

高为，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设，分别为三棱柱上､下底面三角形的中心，

则为的中点，因为，

所以球的半径，

所以球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据题设条件解出公比，即可求解（2）先求，再化简，最后根据的特征，采用裂项相消法求其前项和

(1)

由题意知．

设等比数列的公比为，则，

解得或（舍去），

所以．

(2)

由（1）可得，

所以，

所以．

即的前项和．

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据正弦定理可知，由此可知，进而求出.

（2）由（1）结合余弦定理可知，对其使用基本不等式可知，根据三角形中线的向量表示可知，对其两边平方，根据平面向量数量积公式以及基本不等式可知，由此即可求出结果.

(1)

解：在中，由正弦定理得.

因为，所以.

又，所以，所以.

因为中，，所以.

(2)

解：在中，由及余弦定理，

得，

所以，所以，当且仅当时等号成立.

又点为的中点，所以

，

所以，

即的最大值为.

19．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；

（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即得.

(1)

因为矩形中，为的中点，

所以，

所以.

因为，

所以，

所以.

因为，

所以平面.

因为平面，

所以，又，

所以平面.

(2)

由（1）知两两相互垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，令，连接，

则，

所以.

设平面的一个法向量为，

则，得，

所以，令，得，所以，

由（1）知是平面的一个法向量，

所以，

故二面角的余弦值为.

20．(1)分布列见解析，

(2)（i）；（ii）

【解析】

【分析】

（1）先求门将每次可以扑出点球的概率，然后由独立重复试验的概率公式可得；

（2）（i）理解清题意：甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，然后可得；

（ii）理解清题意：前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球.然后计算可得.

(1)

依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，

门将在前三次扑出点球的个数的可能取值为.

，

，

则的分布列为

的数学期望.

或（易知）.

(2)

（i）记事件“甲队先踢点球，在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出"为事件A，意味着甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，对应的概率为

（ii））记“点球大战在第6轮结束，且乙队以（不含常规赛和加时赛得分）胜出”为事件B，意味着前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球，其对应的概率为

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出，分、讨论可得的单调区间；

（2），由得，不等式等价于，令，利用的单调性可得答案.

(1)

函数，定义域为，

（i）当时，单调递增；

（ii）当时，时，单调递减；

时，单调递增，

综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)

由（1）知，当时，，且，

所以，

因为，所以不等式等价于，

令，则在时恒成立，

所以当时，，

又，所以，

故，即.

【点睛】

本题关键点是讨论导数的正负判断函数的单调性，以及转化求出函数的最值证明不等式，考查了学生分析问题、解决问题能力.

22．(1)

(2)点在定直线上.

【解析】

【分析】

（1）解方程组可得答案；

（2）设， 的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入，可得直线的方程、直线的方程，联立两直线方程得，由化简可得答案.

(1)

由题意得，解得，

所以椭圆的方程是.

(2)

点是在定直线上，理由如下，

由（1）知，设，

，将的方程与联立消，得，

则，得且，且，

因为，

所以直线的方程为，即，

直线的方程为，即，

联立直线与直线的方程，得，

得，

所以

所以点在定直线上.