黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022届高三第三次模拟数学（文）试题-f0152568ab3d41f0937fb2bec2b70f2d

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黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022届高三第三次模拟数学（文）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．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．设复数，满足，，则（       ）

A． B． C． D．4

3．下列说法正确的是（       ）

A．“，”的否定为“，”

B．“”是“”的必要条件

C．若，则的逆命题为真命题

D．若“”是“”的充分条件，则

4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则

A． B． C． D．

5．若满足约束条件则的最小值为（       ）

A．18 B．10 C．6 D．4

6．（       ）

A． B． C． D．

7．在区间上任取一个实数，则使得直线与圆有公共点的概率是（       ）

A． B． C． D．

8．设，，若，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

9．已知函数，定义域为的函数满足，若函数与图象的交点为，则（       ）

A． B． C． D．

10．已知正方体的体积为，点在面上，且，到的距离分别为2，，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．

11．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

12．已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为

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．已知球的直径为2，则该球的体积是______.

14．在△ABC中，已知，，，则等于______．

15．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，且△ABC的面积为，则a等于______．

16．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是_________.

17．2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，自2021年1月1日起施行.它被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法.某中学培养学生知法懂法，组织全校学生学习《中华人民共和国民法典》并组织知识竞赛.为了解学习的效果，现从高一，高二两个年级中各随机抽取名学生的成绩(单位：分)，绘制成如图所示的茎叶图：

（1）通过茎叶图分析哪个年级的学生学习效果更好；(不要求计算，分析并给出结论)

（2）根据学生的竞赛成绩，将其分为四个等级：

现已从高一､高二两个年级成绩为良好的同学中，用分层抽样法抽出位同学参加座谈会，要再从这位同学中任意选出人发言，求这人来自不同年级的概率.

18．设数列满足：，且（），.

（1）求的通项公式：

（2）求数列的前项和.

19．如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点．

（1）证明：平面；

（2）若，，求三棱锥的体积．

20．已知函数，为的导数．

(1)求；

(2)证明：在区间上存在唯一零点．

21．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．

（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；

（2）若，求|AB|．

22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为，（为参数），.

(1)求曲线的直角坐标方程，并判断该曲线是什么曲线；

(2)已知点，设曲线与曲线的交点为、，当时，求的值.

23．已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）若，求的最小值.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

利用交集的定义可求.

【详解】

由题设有，

故选：B .

2．A

【解析】

【分析】

设利用已知条件求得：，ac+bd=-2.

由模的计算公式得到.

【详解】

设因为,所以.

又,所以则ac+bd=-2，

所以

故选:A.

3．C

【解析】

【分析】

根据命题的否定，四种命题以及命题的充分必要性逐一进行判断.

【详解】

对于A，，的否定为，，故A错误；

对于B，“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；

对于C，若，则的逆命题为若，则，因为时，所以成立，故C正确；

对于D，由得，若是的充分条件，则，故D错误，

故选：C.

4．B

【解析】

【分析】

首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.

【详解】

由三点共线，从而得到，

因为，

解得，即，

所以，故选B.

【点睛】

该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.

5．C

【解析】

【分析】

由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.

【详解】

由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

由可得点,

转换目标函数为，

上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，

此时.

故选：C.

6．D

【解析】

【分析】

由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.

【详解】

由题意，

.

故选：D.

7．C

【解析】

【分析】

先根据直线与圆由公共点求出k的范围，利用几何概型求概率.

【详解】

解：圆的圆心为，半径为1．

要使直线与圆有公共点，

则圆心到直线的距离，解得：．

在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆有公共点”

发生的概率为：．

故选：C．

【点睛】

（1）判断直线与圆的位置关系的方法：

①几何法：比较d（圆心到直线的距离）与r（半径）的关系；②代数法：把直线方程与圆的方程联立，利用判别式判断；

（2）几何概型通常转化为长度比、面积比、体积比进行计算.

8．B

【解析】

【分析】

利用基本不等式计算求解即可.

【详解】

，当且仅当，即，时“＝”成立．

故选：B.

【点睛】

思路点睛:（1）已知，求的最值的方法是＝，然后展开，结合基本不等式求得；（2）已知，求的最值的方法类似上面解法，即＝，然后结合基本不等式求解．

9．A

【解析】

【分析】

首先判断的奇偶性，再根据奇偶函数的对称性计算可得；

【详解】

由得的图象关于对称，

因为，定义域为，且，所以为奇函数，即也关于对称，

则函数与图象的交点关于对称，

则不妨设关于点对称的坐标为，则，

则，即，

故选：．

10．B

【解析】

【分析】

易证平面，得到为直线与平面所成角求解.

【详解】

如图所示:

设正方体的边长为，则，故，即，

∴，连接，，

∴，则点在上且为中点，连接与交于，连接，

可知平面，则为直线与平面所成角，

在直角三角形中，∴.

故选：B.

11．A

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.

【详解】

因为，由双曲线的定义可得，

所以，；

因为,由余弦定理可得，

整理可得，所以，即.

故选：A

【点睛】

关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.

12．C

【解析】

先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．

【详解】

∵，即，

（1）当时，，

当时，，

故当时，在上恒成立；

若在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

当函数单增，当函数单减，

故，所以．当时，在上恒成立；

综上可知，的取值范围是，

故选C．

【点睛】

本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．

13．

【解析】

【分析】

根据公式即可求解.

【详解】

解：球的体积为：,

故答案为：

14．6

【解析】

【分析】

先判断出△ABC为直角三角形，再利用表示，从而可求的值.

【详解】

因为，故，

故，化简，

又，所以即，

故，

故答案为：6.

15．

【解析】

【分析】

利用面积公式求出c，再用余弦定理即可求出a.

【详解】

在△ABC中，，，且△ABC的面积为，

所以,即，解得：.

由余弦定理得：.

故答案为：.

16．##

【解析】

【分析】

作出异面直线和所成角，利用余弦定理计算出其余弦值.

【详解】

如图，连接AD1，CD1，则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1所成的角，

易知AC＝5，AD1＝，CD1＝，由余弦定理得

cos ∠D1AC＝＝.

故答案为：

17．（1）高二年级的学生学习效果更好；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据茎叶图的特点，结合平均数、数据的集中情况进行分析即可；

（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型计算公式用列法法进行求解即可.

【详解】

（1）由图知：高二年级的学生成绩的平均分高于高一年级考核成绩的平均分；高二年级的学生成绩比较集中，而高一年级的同学成绩比较分散.

高二年级的学生学习效果更好.

（2）由图知：高一､高二两个年级数学成绩为良好的人数分别为，，

若用分层抽样法抽出人，则应从高一､高二两个年级各抽出人､人.

设“位同学任意选出人发言，这人是来自不同年级的同学”为事件.

将高一选出的人记为；､，高二选出的人记为：，，.

可得，，，，，，，，，共有10种选法，

事件包含､､､､､共有种.

.

选出的人是来自不同班的同学的概率等于.

18．（1）（）（2）

【解析】

(1)先根据等差中项判别法判断出数列是等差数列,然后根据已知条件列式求出公差,即可得到数列的通项公式;

(2)由(1)求出数列的通项公式,然后运用裂项相消法求出前项和.

【详解】

(1)由()可知数列是等差数列,设公差为,

因为,所以,解得,

所以的通项公式为:();

(2)由(1)知,

所以数列的前项和:

.

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质应用,考查裂项相消法求数列的前项和,难度不大.

19．（1）证明见解析   （2）

【解析】

【分析】

（1）连接BD交AC于F，连接EF，证明EF∥PB得到结论.

（2）先确定AP⊥BP且△ABC为正三角形，取AB中点M，连接PM、CM，证明PM⊥平面ABCD，根据得到答案.

【详解】

（1）连接BD交AC于F，连接EF

∵四边形ABCD为菱形，∴F为AC中点，那么EF∥PB

又∵平面ACE，平面ACE∴PB∥平面ACE；

（2）由勾股定理易知AP⊥BP且△ABC为正三角形，

∵E为DP中点，∴，

取AB中点M，连接PM、CM，由几何性质可知PM＝1，，

又∵PC＝2，∴PC2＝PM2＋MC2，即PM⊥MC，∵PM⊥AB，

∴PM⊥平面ABCD，

∴，∴．

【点睛】

本题考查了线面平行，体积的计算，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

20．(1)0

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）直接代入求解；

（2）利用导数判断出在区间上的单调性，利用零点存在定理证明出在区间上存在唯一零点．

(1)

因为，所以.

(2)

函数的导函数为.

而的导函数为.

,随x的变化而变化的情况如下表：

由于,,根据函数零点存在定理,，使.

结合单调性可知在区间上没有零点,在区间上有唯一零点.

因此, 在区间上存在唯一零点

21．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.

【详解】

（1）设直线方程为：，，

由抛物线焦半径公式可知：       

联立得：

则       

，解得：

直线的方程为：，即：

（2）设，则可设直线方程为：

联立得：

则       

，

              ，       

则

【点睛】

本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.

22．(1)；椭圆；

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求出的直角坐标方程，再由方程确定曲线作答.

（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，利用几何意义计算作答.

(1)

把代入得：，即，

所以曲线的直角坐标方程是，它是焦点在x轴上的椭圆.

(2)

由（1）知，把方程代入并整理得：，

设点、所对参数分别为，于是得，，

由直线参数方程的几何意义知：

，

解得，而，于是得，

所以的值是.

23．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用分段讨论法去掉绝对值，解时对应的不等式即可；（2）由得，利用绝对值三角不等式处理即可.

【详解】

当时，

不等式转化为:

或或

解得: 或无解或

所以的解集为：

（2）由得：

由，得：

得（当且仅当或时等号成立），

故的最小值为.

【点睛】

绝对值不等式的解法：

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.