河北省石家庄市第二中学2022届高三下学期高考考前模拟数学试题

河北省石家庄市第二中学2022届高三下学期高考考前模拟

数学试题

第I卷（选择题）

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知，则（       ）

A． B． C． D．

3．若角满足，，则在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

4．记为等差数列的前项和.若，，则（       ）

A． B． C． D．

5．已知两个随机变量X，Y，其中，（σ>0），若E(X)=E(Y)，且，则（       ）

A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.1

6．在四面体ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，，，则四面体ABCD内切球的半径为（       ）

A． B．

C． D．

7．已知函数f(x)满足，则f(x)的单调递减区间为（       ）

A．(-,0) B．(1,+∞) C．(-,1) D．(0,+∞)

8．已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为（       ）

A． B． C． D．

9．若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（       ）

A．z的实部是 B．z的虚部是

C．复数在复平面内对应的点在第一象限 D．

10．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（       ）

A． B． C． D．

11．三角形 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断是钝角三角形的有（       ）

A．a＝2，b＝3，c＝4 B．

C． D．

12．设函数，若关于的方程有四个实数解，且，则的值可能是（       ）

A．0 B．1 C．99 D．100

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．不等式的解集为___________.

14．已知函数的相邻两个零点之间的距离是，则______．

15．除以7的余数为_______．

16．在中，为重心，，，则_____.

17．已知公差不为0的等差数列中，且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和为.

18．已知向量 ， 设函数 ．

(1)求函数的最小正周期和单调增区间；

(2)求函数在区间上的最小值和最大值．

19．如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，，M，N，P，D分别为，BC，，的中点.

(1)求证：面；

(2)求平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值.

20．食品安全问题越来越受到人们的重视．某超市在进某种蔬菜的货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响．

(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；

(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利200元，若不能在该超市销售，则每箱亏损100元，现有3箱这种蔬菜，求这3箱蔬菜总收益的分布列和数学期望．

21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

22．已知函数．

(1)当时，证明：当时，；

(2)若，函数在区间上存在极大值，求a的取值范围．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据集合并集的定义计算．

【详解】

易知或，，

故选：B

2．B

【解析】

【分析】

利用换元法求解函数解析式即可求解.

【详解】

因为，所以，令，则，

所以，因此，.

故选：B.

3．B

【解析】

【分析】

根据可知是第二或第四象限角；根据第二或第四象限角正余弦的符号可确定结果.

【详解】

，是第二或第四象限角；

当是第二象限角时，，，满足；

当是第四象限角时，，，则，不合题意；

综上所述：是第二象限角.

故选：B.

4．D

【解析】

【分析】

利用等差数列通项和求和公式可构造不等式组求得，由等差数列通项公式可求得结果.

【详解】

设等差数列的公差为，

由得：，解得：，

.

故选：D.

5．A

【解析】

【分析】

由二项分布期望公式求得，再根据正态分布的对称性及已知求.

【详解】

由题设，即，

又，故.

故选：A

6．C

【解析】

【分析】

由题意求得四面体的表面积，再求出四面体的体积，设出内切球球心O和半径r，根据即可求得答案.

【详解】

因为BA，BC，BD两两垂直，，，

所以，．

取CD的中点E，连接AE，则，

所以，的面积为，

所以四面体ABCD的表面积，

又四面体ABCD的体积，

设四面体ABCD内切球球心为O,半径为r，则 ,

即 ，

所以四面体ABCD内切球的半径，

故选：C

7．A

【解析】

【分析】

对求导得到关于、的方程求出它们的值，代入原解析式，根据求单调减区间.

【详解】

由题设，则，可得，

而，则，

所以，即，则且递增，

当时，即递减，故递减区间为(-,0).

故选：A

8．B

【解析】

【分析】

由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.

【详解】

由题意及正弦定理得：，

令，则，，可得，

所以椭圆的离心率为：.

故选：B

9．ACD

【解析】

【分析】

由复数相等及除法运算求复数并写出其共轭复数，结合各选项描述判断正误.

【详解】

由题设，，

所以，故A、C、D正确，B错误.

故选：ACD

10．AC

【解析】

【分析】

先求命题“”为真命题的等价条件，再结合充分不必要的定义逐项判断即可.

【详解】

因为为真命题，

所以或，

所以是命题“”为真命题充分不必要条件，A对，

所以是命题“”为真命题充要条件，B错，

所以是命题“”为真命题充分不必要条件，C对，

所以是命题“”为真命题必要不充分条件，D错，

故选：AC

11．AC

【解析】

【分析】

根据余弦定理、正弦定理，结合平面向量数量积的定义逐一判断即可.

【详解】

A：因为a＝2，b＝3，c＝4，所以角C最大，

由，

所以是钝角三角形，因此本选项正确；

B：由，不能判断是钝角三角形，所以本选项不正确；

C：根据正弦定理，由，

由余弦定理可知：，所以是钝角三角形，因此本选项正确；

D：根据正弦定理，由

，

所以是直角三角形，不符合题意，

故选：AC

12．BC

【解析】

【分析】

首先根据题意画出图象，根据二次函数的性质得到，根据对数函数的性质得到，从而得到，再根据函数单调性求解即可.

【详解】

如图所示：

因为关于的方程有四个实数解，且，

所以.

的对称轴为，所以.

因为，所以，即，.

因为，所以.

所以，

因为，为减函数，

所以.

故选：BC

13．

【解析】

【分析】

根据分式不等式的解法进行求解.

【详解】

,

故答案为：.

14．1

【解析】

【分析】

根据给定信息，结合正切函数的性质求出，代入函数式计算作答.

【详解】

函数的相邻两个零点之间的距离是，则有的周期，解得，

于是得，所以.

故答案为：1

15．1

【解析】

【分析】

依题意可得，再写出的展开式，即可判断；

【详解】

解：

其中

所以除以7的余数为；

故答案为：

16．-6

【解析】

【分析】

作图，以 为基底，将 和 表示出来，按照数量积的运算规则计算即可.

【详解】

设中点为，为的重心且，

，

，

；

 故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；

（2）根据错位相减法可求出结果.

(1)

设等差数列的公差为，由题意可知.

即，又，得，

因为，所以，.

故通项公式.

(2)

，

，

，

，

所以.

18．(1)函数的最小正周期为，单调递增区间为；

(2)函数最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】

（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合降幂公式、辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可.

（2）根据（1）的结论，结合正弦型函数的最值性质进行求解即可.

(1)

，

所以该函数的最小正周期为；

由，

所以该函数的最小正周期为，单调递增区间为；

(2)

当时，，所以当时，即时函数有最大值，最大值为，当时，即时函数有最小值，最小值为.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）解法一，建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，计算，即可证明；

解法二，证明平面平面，利用面面平行的性质定理即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，求出平面PMN的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.

(1)

解法一：

以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

取向量为平面的一个法向量，，

∴，

∴.

又∵平面，

∴平面.

解法二：

∵P，D分别为，的中点，

∴，且平面，平面，

∴平面，

∵D，N分别为，BC的中点，

∴，且平面，平面，

∴平面，又，

∴平面平面，

又∵平面PDN，

∴平面.

(2)

以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

∴，,

取向量为平面的一个法向量，

设平面PMN的法向量为，

则，即，

令，则，，则，

∴，

由图示可知平面PMN与平面的夹角为锐角，

∴平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值为.

20．(1)

(2)分布列见解析，60

【解析】

【分析】

（1）由相互独立事件的概率乘法公式可得；

（2）先确定的取值，然后由独立重复试验的概率公式可得分布列，再由期望公式直接计算可得.

(1)

设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件，

则，

即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为．

(2)

的所有可能取值为600，300，0，．

因为，，

，，

所以的分布列为

所以．

21．(1)y2＝4x

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；

(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．

(1)

P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，

∴p＝2，

∴抛物线方程为y2＝4x．

(2)

证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，

所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，

，同理：，

由题意：，

∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，

∴y1y2＝4，

∴﹣4t＝4，

∴t＝﹣1，

故直线AB恒过定点(﹣1，0)．

22．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用导数求出得出，根据的单调性得，可得答案；

（2）求出，分、、讨论单调性可得答案.

(1)

由题意得，则，当时，，

在上是减函数，∴，设，在上是增函数，

∴，∴当时，．

(2)

，且，

令，得或a，

①当时，则，单调递减，函数没有极值；

②当时，当时，，单调递减；

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

∴在取得极大值，在取得极小值，则；

③当时，当时，，单调递减；

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

∴在取得极大值，在取得极小值，由得：，

综上，函数在区间上存在极大值时，a的取值范围为．

【点睛】

本题关键点是利用导数判断函数的单调性并求出函数的最值，考查了学生分析问题、解决问题能力.