江苏省扬州市2022届高三下学期高考前调研数学试题（B卷）

江苏省扬州市2022届高三下学期高考前调研数学试题（B卷）

第I卷（选择题）

1．展开式中，含的项的系数为（       ）

A．15 B．20 C．60 D．360

2．已知集合为全集的子集，若，则（       ）

A．A B． C．U D．

3．函数（且）与函数（且）在同一直角坐标系内的图象可能是（       ）

A． B． C． D．

4．在等比数列中，，，则（       ）

A．-8 B．16 C．32 D．-32

5．已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（       ）

A． B． C． D．

6．在平面直角坐标系中，已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（       ）

A．或2 B．2 C．或3 D．3

7．若双曲线的焦距为6，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C．3 D．

8．已知函数，若，则（       ）

A． B． C． D．

9．某地为响应扶贫必扶智，扶智就是“扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年借阅数据如下表：

根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则下列说法中正确的有（       ）A．

B．根据上面的数据作出散点图，则5个点中至少有1个点在回归直线上

C．y与x的线性相关系数

D．2021年的借阅量一定不少于6.12万册

10．已知，且，则下列说法中正确的有（       ）

A． B． C． D．

11．已知数列的前项和为,则下列说法正确的是（       ）

A．若则是等差数列

B．若则是等比数列

C．若是等差数列，则

D．若是等比数列，且则

12．已知四面体ABCD的4个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，，且，则（       ）

A．平面ACD⊥平面ABC

B．球心O为△ABC的中心

C．直线OM与CD所成的角最小为

D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．___________．

14．在边长为1的等边三角形ABC中,设=2=3,则=_____.

15．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）

16．在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于A，B两点，，则线段的中点到原点的距离等于___________；若，则当k，m变化时，点C到点的距离的最大值为___________．

17．已知数列满足，．

(1)证明：为等比数列；

(2)求数列的前n项和．

18．在△ABC中， .

(1)求∠B的大小；

(2)再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积

条作①；

条件②；

条件③：AB边上的高为.

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，接第一个解答计分.

19．2021年春晚首次采用“云”传播，“云”互动形式，实现隔空连线心意相通，全球华人心连心“云团圆”，共享新春氛围，“云课堂”亦是一种真正完全突破时空限制的全方位互动性学习模式．某市随机抽取200人对“云课堂”倡议的了解情况进行了问卷调查，记表示了解，表示不了解，统计结果如下表所示：

（表一）

（表二）

（1）请根据所提供的数据，完成上面的列联表（表二），并判断是否有99％的把握认为对“云课堂”倡议的了解情况与性别有关系;

（2）用样本估计总体，将频率视为概率，在男性市民和女性市民中各随机抽取4人，记“4名男性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为，“4名女性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为．试求出与，并比较与的大小．

附：临界值参考表的参考公式

，其中）

20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.

（1）若，求证：平面；

（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.

21．如图，已知抛物线：，焦点为，直线：交抛物线于，两点，延长，分别交抛物线于，两点.

(1)求证：直线过定点；

(2)设，，，，求的最小值.

22．已知函数的图象与轴相切于原点．

(1)求，的值；

(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】

展开式中，含的项的系数为.

故选：A

2．C

【解析】

【分析】

由可得出，从而求出结果.

【详解】

解：因为，所以有，则.

故选：C.

3．A

【解析】

分类讨论的取值范围，结合指数函数与对数函数的图像即可求解.

【详解】

当时，和均为减函数，

而的图象和的图象关于y轴对称，

结合选项知A、B、C、D均错误；

当时，和均为增函数，

而的图象和的图象关于y轴对称，结合选项可得A正确.

故选：A

【点睛】

本题考查了指数函数与对数函数的图像，考查了分类讨论的思想，属于基础题.

4．D

【解析】

【分析】

根据等比数列的通项公式即可求解．

【详解】

设等比数列的公比为

则，所以

故

故选：D

5．C

【解析】

【分析】

可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.

【详解】

易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，

所以面积.

故选：C.

6．B

【解析】

【分析】

先由三角函数的定义求出，再利用即可求解.

【详解】

由角的终边经过点，可得，

故.

故选：B.

7．A

【解析】

【分析】

直接求出k，即可求出离心率.

【详解】

因为为双曲线，所以，化为标准方程为：.

由焦距为6可得：，解得：k=1.

所以双曲线为.

所以双曲线的离心率为.

故选：A

8．A

【解析】

先判断函数的奇偶性和单调性，再分析得解.

【详解】

由题得函数的定义域为R.

,

所以函数是偶函数.

当时，，

因为，所以，所以函数在上单调递增，

因为函数是偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增.

如果，则，

因为，所以，与已知相符；

如果，则，所以,与已知相符；

如果，因为，所以，

所以，与已知矛盾；

如果，因为，所以，

所以，与已知矛盾；

当之中有一个为零时，不妨设， ，

，显然不成立.

故选：A

【点睛】

方法点睛：对于函数的问题，要灵活利用函数的奇偶性和单调性分析函数的问题，利用函数的图象和性质分析函数的问题.

9．AC

【解析】

【分析】

根据提供的数据及回归方程可求，根据方程系数可得相关系数，根据方程可得BD的正误.

【详解】

由表可知，；

所以，所以A正确；

由，把分别代入方程可得

对比数据可知B不正确；

因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；

2021年的代码是6，代入可得，

根据回归方程得出的仅仅是预测值，所以D不正确.

故选：AC.

10．ABC

【解析】

【分析】

根据基本不等式判断ABC，举反例判断D．

【详解】

由题意，当且仅当时等号成立，A正确；

，当且仅当时等号成立，B正确；

，当且仅当时等号成立，C正确；

，时，，D错误．

故选：ABC．

11．BC

【解析】

【分析】

由求，根据通项公式可判断AB是否正确，由等差数列的性质可判断C，取时，结合等比数列求和公式作差比较与大小即可判断D.

【详解】

对于A选项，若，当时，，不满足，故A错误；

对于B选项，若，则，由于满足，所以是等比数列，故B正确；

对于C选项，若是等差数列，则，故C正确.

对于D选项，当时，，故当时不等式不等式，故不成立，所以D错误.

故选：BC

【点睛】

本题考查数列的前项和为与之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前项和为的公式等，考查运算求解能力.本题D选项解题的关键将问题特殊化，讨论时，与大小情况.此外还需注意一下公式：；若是等差数列，则.

12．ABD

【解析】

【分析】

设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.

【详解】

设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.

因为，,

所以平面BDE，则，

又△ABC为等边三角形，，，

所以，，

∴，即，又，

∴平面，平面，

∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；

又∵，

∴，

故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；

当∥时，为直线OM与CD所成的角，

由上知，故C错误；

由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离，

由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.

故选：ABD.

13．

【解析】

【分析】

由两角差的正切公式化简求值．

【详解】

．

故答案为：．

14．

【解析】

【详解】

试题分析：因为，所以为的中点即，∵，

∴，

∴

考点：向量线性运算与数量积的几何运算.

15．

【解析】

【分析】

由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.

【详解】

由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，

先排乙，有第二、三、四名3种情况，

再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，

其他三名同学排在三位置全排列有种，

由分步乘法计数原理可知共有种，

故答案为：.

16．         

【解析】

【分析】

求出，，由可得，的中点坐标为，

可得；利用得，即轨迹为动圆，设圆心为，代入，可得，由点C到点的距离可得答案.

【详解】

令得，所以，令得，所以，

所以，可得，

的中点坐标为，

所以，

则线段的中点到原点的距离等于；

因为，设，所以，即

，即，

即轨迹为动圆，设圆心为，

则代入，可得，

所以点C到点的距离的最大值为.

故答案为：①②.

17．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据等比数列的定义证明数列为等比数列（2）利用（1）的结论先求出的通项公式，根据通项公式的特征，运用错位相减法求和

(1)

由已知得．

又因为，

所以是首项为2，公比为2的等比数列；

(2)

由（1）可知．所以．

记的前n项和为，则，且有

，   ①

得

，   ②

得

所以

所以．

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理可得：，从而得到，得出答案.

（2）选择条件①②，△ABC存在且唯一.由得出，由正弦定理及解出.

方法1：由两角差的余弦公式求出，最后由面积公式计算即可.

方法2：由余弦定理求出，最后由面积公式计算即可.

选择①③，△ABC存在且唯一. 由得出，因为AB边上的高为，所以得出，再由正弦定理求出解出，以下与选择条件①②相同.

(1)

由正弦定理及.

得，因为，所以

因为，所以.

(2)

选择条件①②，△ABC存在且唯一，解答如下：

由，及，得.

由正弦定理及

得，解得.

方法1：由，得

.

所以.

方法2：由余弦定理，得

即，解得

所以

选择①③，△ABC存在且唯一，解答如下：

由，及，得.

因为AB边上的高为，所以.

由正弦定理及，

得，解得：.

（以下与选择条件①②相同）

19．（1）表格见解析，有；（2），，.

【解析】

【分析】

（1）依据题中数据直接填写，然后根据公式计算即可.

（2）先计算男性了解“云课堂”倡议的概率，女性了解“云课堂”倡议的概率，然后可得，进行比较即可.

【详解】

（1）

．

对照临界值表知，有99％的把握认为对“云课堂”倡议了解情况与性别有关系．

（2）用样本估计总体，将频率视为概率，根据列联表得出，

男性了解“云课堂”倡议的概率为，

女性了解“云课堂”倡议的概率为：，

故，，

显然．

20．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分别证明和，再由线面垂直的判定定理即证明；

（2）设，建立空间直角坐标系，找出平面的法向量，把直线与平面所成角的正弦表示成的函数，再用均值不等式，即可算出，从而求得三棱锥的体积.

【详解】

（1）证明：平面，平面

四边形为矩形

又，平面

平面

平面

在中，，为中点

又，平面

平面

（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，

，，，

设平面的一个法向量为，则

令，解得

设直线与平面所成角为，则

当且仅当时，等号成立

三棱锥的体积

【点睛】

方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

21．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）设，，根据A，F，M三点共线，得，同理根据B，F，N三点共线，得到，表示直线的方程并化简，将直线与抛物线联立，将韦达定理，代入直线化简求出定值；

（2）设，，分别表示，根据，得，

代入，利用基本不等式求解.

(1)

设，，，，，

∵A，F，M三点共线，，∴，

同理B，F，N三点共线，∴，

：，即：，

∴，即，

由得，∴，，

∴：，即，

所以直线过定点.

(2)

设，，

，

，

又∵，∴，

∴（当时等号取到）

22．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题意得从而可求出，的值，

（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可

(1)

，               

依题意，                  

即解得．

(2)

由（1）得，记，，所以，

①当时，

（ⅰ）当时，，所以为增函数，        

又因为，，

所以存在唯一实数，使得．          

（ⅱ）当时，，则．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数，使得，        

所以当时，，即单调递减；

，，即，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数：，使得，

即在上有唯一零点，符合题意．             

②当时，

，     

记．

，

所以，                 

所以为增函数，，

所以为增函数，，则，

所以在上没有零点，不合题意，舍去．             

综上，a的取值范围为．

【点睛】

关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题