东北三省四市教研联合体2022届高三下学期高考模拟试卷（二）理科数学试题

这是一份东北三省四市教研联合体2022届高三下学期高考模拟试卷（二）理科数学试题，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，以下三组数据的标准差分别为，，，已知函数，则下列结论中正确的是，已知，则下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前东北三省四市教研联合体2022届高三下学期高考模拟试卷（二）理科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题号一二三四总分得分     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卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．下列关于复数的四个命题中，错误的是（       ）A． B．C．z的共轭复数为-1+i D．z的虚部为-13．已知向量，，，若满足，，则向量的坐标为（       ）A． B． C． D．4．以下三组数据的标准差分别为，，．5，5，5，5，5，5，5，5，53，3，4，4，5，6，6，7，72，2，2，2，5，8，8，8，8则有（       ）A． B．C． D．5．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（       ）A．200 B．210 C．220 D．2426．已知函数，则下列结论中正确的是（       ）A．函数的最小正周期为B．时取得最大值C．的对称中心坐标是（）D．在上单调递增7．多面体的三视图如图，则此多面体各个面中，面积的最大值为（       ）A． B．9 C．18 D．8．动圆M经过坐标原点，且半径为1，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为（       ）A．1 B．2 C． D．9．已知，则下列判断正确的是（       ）A． B． C． D．10．△ABC中，，若，则AB边上的高的最大值为（       ）A．2 B．3 C． D．11．已知双曲线与椭圆．过椭圆上一点作椭圆的切线l，l与x轴交于M点，l与双曲线C的两条渐近线分别交于N、Q，且N为MQ的中点，则双曲线C的离心率为（       ）A． B． C． D．12．若对，恒有，则正数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题13．的展开式中，常数项为______．（用数字作答）14．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，且满足，则的长等于______．15．正三棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABC的边长为6，当球O的体积最小时，三棱锥的体积为______．评卷人得分  三、双空题16．已知函数，则函数的各个零点之和为______；若方程恰有四个实根，则实数的取值范围为______．评卷人得分  四、解答题17．数列与满足，且，．(1)若是等比数列，，求的前n项和；(2)若是各项均为正数的等比数列，前三项和为14，求的通项公式．18．四棱锥，，，，，底面，与底面成角，为的中点．(1)证明：；(2)求二面角的正弦值．19．“百年征程波澜壮阔，百年初心历久弥坚”．为庆祝中国建党一百周年，哈市某高中举办了“学党史、知党情、跟党走”的党史知识竞赛．比赛分为初赛和决赛两个环节，通过初赛选出两名同学进行最终决赛．若该高中A，B两名学生通过激烈的竞争，取得了初赛的前两名，现进行决赛．规则如下：设置5轮抢答，每轮抢到答题权并答对则该学生得1分，答错则对方得1分．当分差达到2分或答满5轮时，比赛结束，得分高者获胜．已知A，B每轮均抢答且抢到答题权的概率分别为，，A，B每一轮答对的概率都为，且两人每轮是否回答正确均相互独立．(1)求经过2轮抢答A赢得比赛的概率；：(2)设经过抢答了X轮后决赛结束，求随机变量X的分布列和数学期望．20．已知动圆M经过定点，且与圆相内切．(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设点T在上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，设为的零点，证明：．22．直线过点，倾斜角为．(1)以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．过作的垂线，垂足为，求点的极坐标；(2)直线与曲线（为参数）交于、两点，证明：、、成等比数列．23．关于x的不等式的解集为．(1)求m的值；(2)若，且，，，证明．
参考答案：1．A【解析】【分析】求出集合，利用交集的定义可求得结果.【详解】因为，因此，.故选：A.2．B【解析】【分析】利用复数的运算法则计算出结果即可判断四个选项正误.【详解】，则，选项正确；，选项不正确；的共轭复数为，选项正确；的虚部为，选项正确；故选：.3．D【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示及向量垂直的坐标表示，联立方程组求解即可得答案.【详解】解：因为向量，，，所以，又，，所以，解得，所以向量的坐标为，故选：D.4．A【解析】【分析】分别计算出三组数据的标准差，比较得到结果.【详解】第一组数据的平均数为5，所以方差为0，标准差为；第二组数据的平均数为，所以方差为，故标准差为，第三组数据的平均数为，所以方差为，故标准差为，所以故选：A5．C【解析】【分析】由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.【详解】根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有故其奇数项上的通项公式为故，故选：C6．D【解析】【分析】根据正弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解.【详解】解：，对A：函数的最小正周期为，故选项A错误；对B：因为，所以，且，故选项B错误；对C：令，，得，所以的对称中心坐标是，，故选项C错误；对D：因为，所以，又在上单调递增，所以在上单调递增，故选项D正确.故选：D.7．C【解析】【分析】由三视图还原该结合体，然后算出各个面的面积作比较即可.【详解】由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥，其中，点在线段中点的正上方，所以，，，所以，，，，所以此多面体各个面中，面积的最大值为，故选：C8．C【解析】【分析】设动圆圆心，利用动圆M经过坐标原点，可得，利用基本不等式可得，从而得到要求的最大值.【详解】设动圆圆心，半径为1，动圆M经过坐标原点，可得,即，，当且仅当时取等号，即，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为故选：C9．B【解析】【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用不等式的性质可判断C选项.【详解】对于A选项，取，，则，A错；对于B选项，因为函数、均为上的增函数，所以，函数在上为增函数，因为，则，即，B对；对于C选项，因为，则，所以，，C错；对于D选项，取，，则，D错.故选：B.10．C【解析】【分析】将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得，然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值，从而得到高的最大值.【详解】△ABC中，，可得，即，解得即，,,可得，当时取到最大值16，设AB边上的高为h，则，解得，即AB边上的高的最大值为，故选：C11．A【解析】【分析】设出切线方程，与椭圆方程联立后利用根的判别式求出，求出切线方程，从而得到M点坐标，再联立渐近线得到N，Q的横坐标，利用中点得到方程，求出，从而求出离心率.【详解】由题意得：渐近线方程为，设切线方程为，联立得：，由得：，解得：，所以切线方程为，令得：，所以，联立与，解得：，联立与，解得：，因为N为MQ的中点，所以，解得：，所以离心率为故选：A12．D【解析】【分析】依题意可得，令，，则原问题等价于恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得到恒成立，参变分离可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解；【详解】解：因为，为正数，，所以，即，令，，则，则原问题等价于恒成立，又，记，，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，所以，所以，所以在上单调递增，因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，令，，所以，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即的取值范围为；故选：D13．【解析】写出展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.14．##1.5【解析】【分析】过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，利用抛物线的定义及相似可得答案.【详解】过，，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，，，则，，，由，∴，故答案为：.15．18【解析】【分析】根据球的性质有，所以球O的体积最小时，，此时，正三棱锥的高，从而根据三棱锥的体积公式即可求解.【详解】解：由题意，底面ABC是边长为6的正三角形，所以ABC的外接圆的半径，即截面圆的半径，设球心O与截面圆的圆心之间的距离为，球的半径为R，根据球的性质有，所以当球O的体积最小，即球的半径R最小时，，此时，所以此时正三棱锥的高，所以三棱锥的体积，故答案为：18.16．          【解析】【分析】求出函数的零点，可求得函数的各零点之和；令，可得出函数的值域为，设方程在上有两个不等的实根，设为、，可得出、或、或、，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】当时，由，可得；当时，由，解得或.所以，函数的各个零点之和为.令，当时，，当且仅当时，等号成立，当时，，当且仅当时，等号成立，所以，函数的值域为.作出函数的图象如下图所示：若方程恰有四个实根，则方程在上有两个不等的实根，设为、，由图可知，、或、或、，作出函数在上的图象如下图所示：由图可得或，因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）由等比等差数列的基本量运算可得数列的首项和公差，然后利用前n项和公式求和即可.（2）由已知条件可得的通项，从而得到，然后利用累乘法可得通项公式.(1)设的公比为q，，，∴∴，∴数列是等差数列，且公差，前n项和．(2)设的公比为p，则，且得，，则．即，∴．符合上式，∴．18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接，推导出，利用等腰三角形三线合一的性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.(1)证明：连接，因为底面，与底面成角，即，所以，为等腰直角三角形，且，因为底面，平面，，，因为，，则，为的中点，所以，.(2)解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，则，因此，二面角的正弦值为.19．(1)(2)分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）求出A学生每轮得一分的概率，进而求出经过2轮抢答A赢得比赛的概率；（2）求出X的可能取值及对应的概率，求出分布列和数学期望.(1)记事件C为“经过2轮抢答A赢得比赛”A学生每轮得一分的概率，B学生每轮得一分的概率，，所以经过2轮抢答A赢得比赛的概率为．(2)X的可能取值为2，4，5．2轮比赛甲赢或乙赢的概率为，4轮比赛甲赢或乙赢的概率为，5轮比赛甲赢或乙赢的概率为．X的分布列为：X245P ，数学期望为．20．(1)(2)0【解析】【分析】（1）设动圆圆心，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.（2）设出AB直线方程和PQ直线方程，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到斜率之和.(1)设动圆圆心，半径为r，由题意得：得．所以圆心M的轨迹是以，为焦点的椭圆，且故轨迹C方程为．(2)设，，，AB直线方程为，，，PQ直线方程为，联立相消得，同理，又，，又，．21．(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，分和进行讨论，解导数不等式可得函数的单调性;（2）由（1）可知，只需证，构造函数，证明得到，利用此结论可进行证明，设，利用函数的单调性可得，从而得到证明.(1)设．当时，则，在R上单调递增，当时，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增．综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．(2)由（1）可知，当时，单调递增，所以为的唯一零点．若，只需证，当时，只需证明，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即．所以，故，．因为，所以，即，设，则，，在R上单调递增，所以若证，只需证，即，因为，故，即．综上，当时，若为的零点，则．22．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求出点的直角坐标，利用极坐标与直角坐标的互换关系可得出点的极坐标；（2）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，设、对应的参数分别为、，利用参数方程以及的几何意义计算出、，即可证得结论成立.(1)解：直线的斜率为，故直线的方程为，即，所以，直线与轴交点为，与轴的交点为，易知，所以，为等腰直角三角形，且，因为，则为线段的中点，即点，设点的极坐标为，则，，又因为点在第四象限，则．(2)解：将曲线的参数方程化为普通方程可得，将直线的参数方程（为参数），代入曲线的方程．可得，则，设、对应的参数分别为、，由韦达定理可得，，所以，，，所以，，因此，、、成等比数列．23．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）对分类讨论即可求解；（2）运用换元法，基本不等式进行证明即可.(1)若，原不等式的解集为；若，原不等式的解集为．若，∴，即．∴，解得，综上所述，即，(2)设，，，且，，．∴，∴，∵，，，∴（当且仅当时等号成立）.