辽宁省沈阳市2022届高三三模考试数学试题1

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辽宁省沈阳市2022届高三三模考试数学试题

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．已知全集，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数和，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．在等比数列中，为方程的两根，则的值为（       ）

A． B． C． D．

4．小明在学校里学习了二十四节气歌后，打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗，他准备在冬季的个节气：立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的个节气：立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨中一共选出个节气，搜集与之相关的古诗，如果冬季节气和春季节气各至少被选出个，那么小明选取节气的不同情况的种数是（       ）

A．

B．

C．

D．

5．已知椭圆的两个焦点分别为，点P是椭圆上一点，若的最小值为，则的最大值为（       ）

A．4 B．2 C． D．

6．若，则的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

7．函数满足当时，，则的大致图象是（       ）

A． B．

C． D．

8．已知函数的图象恒在的图象的上方，则实数m的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

9．下列命题中，真命题有（       ）

A．数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5

B．若随机变量，则

C．若事件A，B满足且，则A与B独立

D．若随机变量，则

10．已知分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则下列说法正确的有（       ）

A． B．在上单调递减

C．关于直线对称 D．的最小值为1

11．如图，四棱锥，平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD为矩形，，点Q是PD的中点，则下列结论正确的有（       ）

A．平面PAD B．直线QC与PB是异面直线

C．三棱锥的体积为 D．四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为

12．已知函数，若且，则有（       ）

A．可能是奇函数或偶函数 B．

C．若A与B为锐角三角形的两个内角，则 D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．函数的最小正周期为________．

14．若，则_______．

15．已知平面向量满足，则_______．

16．已知三点在抛物线上，且的重心恰好为抛物线的焦点，则的三条中线的长度的和为_______．

17．设各项为正数的数列的前n项和为，数列的前n项积为，且．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)求数列的通项公式．

18．在①，②，③三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．

已知锐角的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c满足_______（填写序号即可）

(1)求B﹔

(2)若，求的取值范围．

19．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，，平面平面﹐Q在线段AC上移动，P为棱的中点．

(1)若H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：平面﹔

(2)若二面角的平面角的余弦值为，求点P到平面的距离．

20．某学校最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏班主任把8个小球（只是颜色有不同）放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个，现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分，黄球每个记2分，红球每个记3分，绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分为获胜，否则为负．并规定如下：

①一个人摸球，另一人不摸球；

②摸出的球不放回；

③摸球的人先从袋子中摸出1球，若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和；

(1)若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率；

(2)若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分的分布列和数学期望；

(3)有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由．

21．已知函数，为的导函数．

(1)若成立，求m的取值范围；

(2)证明：函数在上存在唯一零点．

22．如图，在平面直角坐标系中，分别为等轴双曲线的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且，直线交双曲线于B点，点D为线段的中点，延长AD，BD，分别与双曲线交于P，Q两点．

(1)若，求证：；

(2)若直线AB，PQ的斜率都存在，且依次设为，试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理出．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据补集的定义即可得出答案.

【详解】

解：，

所以.

故选：B.

2．A

【解析】

【分析】

根据复数的性质及充分条件、必要条件求解即可.

【详解】

，复数和是实数，成立，

当时，例如，推不出，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3．C

【解析】

【分析】

利用韦达定理可得，再根据等比数列的性质即可得出答案.

【详解】

解：在等比数列中，

因为为方程的两根，

所以，

所以，

所以.

故选：C.

4．B

【解析】

先分类，可以分为3类：冬春、冬春、冬春，再把每一类情况用组合方法计算，最后把3类可能情况全部相加即可.

【详解】

根据题意可知，小明可以选取冬春、冬春、冬春.

冬春的不同情况有：.

冬春的不同情况有：.

冬春的不同情况有：.

所以小明选取节气的不同情况有：.

故选：B.

【点睛】

排列组合最常用的方法是先分类再分步，分类做加法，分步做乘法.而排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则.对于分配问题，

解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.

5．D

【解析】

【分析】

设，求出焦点坐标，利用向量的坐标运算得出，再根据椭圆的范围利用二次函数求最值即可得解.

【详解】

设，由可知，，

，，

，

，时，的最小值为，解得.

当时，的最大值为.

故选：D

6．A

【解析】

【分析】

由题设，，，构造，利用导数研究其单调性，进而判断的大小.

【详解】

由题设知：，，，

令，则，易知上单调递增，

上单调递减，即，

∴.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：构造，利用导数研究其单调性，进而比较函数值的大小.

7．B

【解析】

【分析】

根据，得到判断.

【详解】

因为，

所以

所以，

故选：B

8．A

【解析】

【分析】

由题意可得，转化原不等式为，构造函数，利用单调性可得，分离参数求的最小值即可.

【详解】

由题意可得，

故，即

令，则单调递增，原不等式可化为，

所以，即，令，

则，当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，故，

所以.

故选：A

9．CD

【解析】

【分析】

根据百分位数的定义计算并判断A，由二项分布的方差公式判断B，再根据独立事件的概率公式判断C，由正态曲线的对称性判断D.

【详解】

对于A，对数据排序得到1,2,3,4,5,6, 7,8, 9, 10，由，所以70%分位数是，故A错误；

对于B，由知，故B错误；

对于C，因为，即，又，即，所以，故A与B独立，故C正确；

对于D，由题设，对应正态曲线关于对称，所以，故D正确.

故选：CD

10．ACD

【解析】

【分析】

通过题目信息求出的解析式，然后利用函数性质进行判断.

【详解】

由题，将代入得，因为分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以可得，将该式与题干中原式联立可得.

对于A：，故A正确；

对于B：由，，所以不可能在在上单调递减，故B错误；

对于C： 为偶函数，关于轴对称，表示向右平移1101个单位，故关于对称，故C正确；

对于D：根据基本不等式，当且仅当时取等，故D正确.

故选：ACD

11．BD

【解析】

【分析】

取的中点，的中点，连结，，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，看其是否与共线，从而可判断选项A；易知直线QC与PB不相交，再说明直线QC与PB不共线，从而可判断选项B；根据可求出体积，可判定选项C；将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，求出正四面体的棱长，从而可求出正四面体的表面积，可判定选项D．

【详解】

解：取的中点，的中点，连结，，

因为三角形为等边三角形，所以，

因为平面平面，所以平面，

因为，所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示，

则，

，

因为点时的中点，所以，

平面的一个法向量为，

显然与不共线，

所以与平面不垂直，故选项A不正确；

，

则不共线，故直线QC与PB不共线，

由图可知直线QC与PB不相交，

所以直线QC与PB是异面直线，所以B正确；

三棱锥的体积为，所以C不正确；

设四棱锥外接球的球心为，，，则，

所以，

解得，即，，为矩形对角线的交点，

所以四棱锥外接球的半径为3，

设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，

将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，

故正方体的棱长为，所以，得，

所以正四面体的表面积为，所以D正确．

故选：BD．

【点睛】

本题主要考查了线面垂直，异面直线的定义，棱锥的体积以及棱锥的外接球等知识，综合性强，同时考查了转化能力和运算求解能力．

12．BCD

【解析】

【分析】

利用反证法说明函数既不是奇函数也不是偶函数即可判断A；令，利用导数结合已知判断函数在上的单调性，即可判断BD；令，利用导数结合已知判断函数在上的单调性，再根据锐角三角形内角关系及正弦函数的单调性，即可判断C.

【详解】

解：若是奇函数，则，

与已知矛盾，故函数不可能是奇函数，

令，则，

所以函数在上递增，

故，即,

所以，故B正确；

若为偶函数，则，与矛盾，

所以函数不可能为偶函数，故A错误；

对于D，因为函数在上递增，

所以，即，故D正确；

对于C，令，

则，

所以函数函数在上递增，

若A与B为锐角三角形的两个内角，

则，

故，

所以，

所以，即，故C正确.

故选：BCD.

【点睛】

本题考查了函数奇偶性的定义，考查了利用导数判断函数的单调性，关键在于构造函数.

13．6

【解析】

【分析】

由正弦型函数的图象与性质可知的周期与相同，即可得解.

【详解】

的周期为，由正弦型函数图象与性质可知，

的最小正周期为6.

故答案为：6

14．243##

【解析】

【分析】

根据二项展开式可得，令，即可得解.

【详解】

解：的展开式得通项为，

则，

令，则，

即.

故答案为：243.

15．

【解析】

【分析】

由题意得，直接平方即得结果.

【详解】

由可得，两边同时平方得，

，，解得.

故答案为：.

16．9

【解析】

【分析】

利用抛物线的定义及三角形重心的性质，求解即可.

【详解】

设，由抛物线方程为，所以焦点，

由的重心为知，

由抛物线定义可得，

由重心的性质可知，中线的长度和为

故答案为：9

17．(1)证明见解析；

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用代入化简即可得出，得证；

（2）由（1）求出，再由求出，由可得.

(1)

当时，，即，则，

当时，由得：，所以，

所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.

(2)

由（1）可知，解得，

所以，经检验，满足，

，

当时，，由（1）知，

综上所述，

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）选①，利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式及三角形内角关系，即可得出答案；

选②，利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得出答案；

选③，根据两角和的余弦公式结合三角形的内角关系，即可得出答案；

（2）利用正弦定理及三角形内角关系将用角表示，再结合三角恒等变换化简，结合正切函数的性质即可得出答案.

(1)

解：选①，

因为，

所以，

即，

又，所以，

因为，

所以；

选②，

因为，

所以，

即，

所以，

因为，

所以；

选③，

因为，

所以，

即，

所以，

因为，

所以；

(2)

解：由正弦定理，

得，

，

则，

由锐角得，

得，则，

所以，从而，

所以的取值范围为.

19．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）取BB1中点E，连接AE，EH，结合已知条件易得EH∥B1Q、AE∥PB1，根据线面平行的判定可证面，面，再由面面平行的判定及性质即可证结论.

（2）连接PC1，AC1有PC1⊥AA1，由面面垂直的性质可得PC1⊥面ABB1A1，过P作PR⊥AA1交BB1于点R，进而构建空间直角坐标系，设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，确定相关点坐标，求面PQB1、面AA1C1C的法向量，根据已知二面角的余弦值求参数λ，进而可得，连接BP，应用等体积法求P到平面BQB1的距离.

(1)

取中点，连接，如图，

∵为中点，∴

在平行四边形中，分别为的中点，∴

由EH∩AE=E且面，面，

所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，

所以面EHA∥面B1QP，∵平面，∴平面.

(2)

连接，

∵四边形为菱形，∴，

又，∴为正三角形，∵为的中点，∴，

∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，在平面内过点作交于点，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设，∴，

∴ ，

∵，，∴，∴ ，

设平面的法向量为，

则得，令，则，

∴平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，二面角的平面角为，

则，

∴或（舍），∴，∴.

又，∴，∴，

连接，设点到平面的距离为，则，

∴，即点到平面的距离为.

20．(1)

(2)分布列见解析，

(3)见解析

【解析】

【分析】

（1）如果甲先摸出了绿色球，则甲还可以再摸两次，分摸到1个红球和摸到两个黄球两种情况讨论，结合古典概型及组合即可得解；

（2）如果乙第一次摸出了红色球，则可以再从袋中摸出3个球，写出随机变量的所有可能取值，分别求出求概率，即可得出分布列，再根据期望公式即可求出期望；

（3）由（1）可得若先摸出绿球，则摸球人获胜的概率，由（2）得若先摸出红球，则摸球人获胜的概率，再根据古典概型及组合分别求出先摸出黄球和白球摸球人获胜的概率，再根据全概率公式求得摸球人获胜的概率，即可得出结论.

(1)

解：记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件，

则；

(2)

解：如果乙第一次摸出了红色球，则可以再从袋中摸出3个球，

则得分情况有6分，7分，8分，9分，10分，11分，

，，

，，

，，

所以的分布列为：

所以的数学期望；

(3)

解：由（1）可知，若先摸出绿球，则摸球人获胜的概率，

由（2）可知，若先摸出红球，则摸球人获胜的概率，

若先摸出黄球，则摸球人获胜的概率，

若先摸出白球，则摸球人获胜的概率，

则摸球人获胜的概率为，

答案一：因为摸球人获胜的概率为，所以比赛不公平

答案二：如果指定由某人先摸球，则比赛不公平.

答案三：如果先摸球的人是在甲乙两人中随机等可能的产生，则这样的比赛是公平的.

（答案二、答案三和其他答案酌情给分）

21．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）当时，成立，当时，分离参数得，利用导数求出的最小值，即可；

（2）先求出，令，由（1）可得函数递减，根据单调性及函数零点存在性定理可知函数有唯一零点.

(1)

当时，成立，

当时，.

设，，则.

∵，∴，∴在上单调递减，

∴，∴.

(2)

，，

由（1）可知，函数在上单调递减，

在上至多一个零点，且，

在上有唯一的零点，

在上存在唯一零点.

22．(1)证明见解析；

(2)定值，7.

【解析】

【分析】

（1）分两种情况讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，运用斜率公式可证明；

（2）设直线的方程为，与双曲线联立得，同理得，由斜率公式及（1）中的结论可得结论.

(1)

由等轴双曲线知离心率，，及，

可得，所以双曲线方程为，.

当直线的斜率不存在时，，，

直线的斜率存在时，，，整理得，

综上所述，成立；

(2)

依题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，

代入双曲线并化简得：，①

由于，则代入①并化简得：，

设，则，解得，

代入，得，即，同理可得，

所以，

所以是定值.