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2022年江苏省盐城市滨海中学高考数学模拟试卷（三）（含答案解析）
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2022年江苏省盐城市滨海中学高考数学模拟试卷（三）已知集合A={2,−2}，B={x|x2−ax+4=0}，若A∪B=A，则实数a满足( )A. {a|−4xn−1(n≥2)，则 ( )A. x3π C. x3>x4，x2019<π D. x3>x4，x2019>π下列说法： ①对于回归分析，相关系数r的绝对值越小，说明拟合效果越好； ②以模型y=c⋅ekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，将其变换后得到线性方程z=0.3x+4，则c，k的值分别是e4和0.3； ③已知随机变量X∼N(0,σ2)，若P(|X|<2)=a，则P(X>2)的值为1−a2； ④通过回归直线及回归系数，可以精确反映变量的取值和变化趋势. 其中正确的选项个数是( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 4已知A，B是两个随机事件，00)交于不同的两点M，N，过点M的直线交C于另一点Q，直线MQ斜率存在且过点B(1,−1)，抛物线C的焦点为F，△ABF的面积为1. (Ⅰ)求抛物线C的方程； (Ⅱ)求证：直线QN过定点(1,−4). 答案和解析1.【答案】D 【解析】【分析】本题考查并集及其运算，集合的包含关系判断及应用，本题易错主要是忽略B=⌀的情况，考查分类讨论思想． 根据A与B的并集为A，得到B为A的子集，分B为空集与不为空集两种情况考虑，分别求出a的范围即可．【解答】解：由A∪B=A得，B⊆A，则B=⌀或B≠⌀， (1)当B={x|x2−ax+4=0}=⌀时，即有：Δ=a2−16<0，解得−4f1(ai)，进而得到I1；函数f2(x)在[0,12]上单调递增，在[12,1]上单调递减，得到0≤i≤48时，f2(ai)f2(ai+1)；进而得到I2；由函数f3(x)在[0,14],[34,1]上单调递增，在[14,34]上单调递减，得到a24<14ai,i=0，1，2，…，98， ∴f1(ai+1)>f1(ai)， 则I1=f1(a1)−f1(a0)+f1(a2)−f1(a1)+⋯⋯+f1(a99)−f1(a98) =f1(a99)−f1(a0)=1; 函数f2(x)=e−|x−12|在[0,12]上单调递增，在[12,1]上单调递减， 又4999<12<5099， ∴0≤i≤48时，f2(ai)f2(ai+1)； ∴I2=f2(a1)−f2(a0)+f2(a2)−f2(a1)+⋯⋯+f2(a49)−f2(a48)+0+f2(a50)−f2(a51)+f2(a51)−f2(a52)+⋯⋯+f2(a98)−f2(a99) =f2(a49)−f2(a0)+f2(a50)−f2(a99) =f2(4999)−f2(0)+f2(5099)−f2(1)=2(e−1198−e−12)<1; 函数f3(x)=13sin2πx，在[0,14],[34,1]上单调递增，在[14,34]上单调递减， 又2499<14<2599<7499<34<7599，即a24<14f3(a24)−f3(a0)+f3(a25)−f3(a74)+f3(a99)−f3(a75) 因为f3(a24)=13sin2π⋅2499=13sin2π(1−7599)=−13sin2π⋅7599=−f3(a75)， 同理f3(a25)=−f3(a74)， 则I3>2f3(a24)+2f3(a25)+f3(a99)−f3(a0)=213sin48π99+13sin50π99+0−0≈43>1， ∴I2x3， 故排除C、D. 所以x5=π2+1+cos(π2+1)=π2+1−sin1x5. 易得x1，x2,⋯x6均小于π， 猜想x2019<π， ①当02)=1−a2，故③正确； 对于④，通过回归直线及回归系数b，不能精确反映变量的取值和变化趋势，故④错误． 故本题选B. 10.【答案】ABD 【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查条件概率、相互独立事件、互斥事件、对立事件概率计算公式等基础知识，是基础题． 利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断CD.【解答】解：对于A，若随机事件A，B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B)， 则P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)，故A正确； 对于B，事件A⊆B，P(AB)=P(A)，P(B|A)=P(AB)P(A)=1，故B正确； 对于C，∵A，B是对立事件，则P(AB)=0，P(B|A)=P(AB)P(A)=0，故C错误； 对于D，∵A，B是互斥事件，则P(AB)=0，P(B|A)=P(AB)P(A)=0，故D正确． 故本题选ABD. 11.【答案】CD 【解析】【分析】本题考查多面体外接球体积的求法，考查几何体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题． 分析该几何体的结构特征，几何体r由两个全等的四棱锥组成，判断A；根据已知条件求出几何体r的侧面三角形边长，结合对称性判断B；利用直四棱柱的外接球的半径公式可求出直四棱柱的高判断C；几何体r可以看成两个全等的四棱锥或八个全等的三棱锥组成，利用等体积法求出其内切球的半径，即可代入球的体积公式判断D.【解答】解：该几何体的直观图如图所示， 几何体r为两个全等的四棱锥S−ABCD和P−ABCD组成，故A错误； 由题意，这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心，也是内切球的球心， 设外接球的半径为R，直四棱柱的高为h， 由该几何体外接球的体积为86π，则86π=43πR3，解得R=6， 则R=6=1222+22+h2，解得h=4，故C正确； 又四棱柱的底面是边长为2的正方形， 在等腰△ABS中，SB=22，SB边上的高为2，则SA=6， 该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形ABCD是边长为6的菱形，侧面均为全等的等腰三角形，腰长为6，底边为22，故B错误； 设AC的中点为H，连接BH，SH，可知SH即为四棱锥S−ABCD的高， 在Rt△ABH中，BH=AB2−AH2=6−2=2， 又AC=SB=22，∴SABCD=2×12×22×2=42， 又BH=SH，∴VS−ABCD=13SH⋅SABCD=13×2×42=823， 设内切球的半径为r′，由八个侧面的面积均为22， ∴13r′×22×8=2×823，得r′=1， 故几何体r的内切球的体积为4π3，故D正确． 故本题选CD. 12.【答案】AC 【解析】【分析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 求得抛物线的焦点和准线方程，设直线l的方程为y=kx−1，与抛物线的方程联立，运用韦达定理可判断A；计算出圆心到直线的距离与半径比较大小，可判断B；写出A，B两点处的切线方程，联立求出点G的坐标，通过向量判断垂直关系判断C，利用AF=2FB求出A，B两点的横坐标，计算AB的斜率，可判断D.【解答】解：抛物线C：x2=4y的焦点F(0,1)，准线方程为y=−1， 设直线l的方程为y=kx+1，与抛物线的方程联立，可得x2−4kx−4=0，可得x1x2=−4，故A正确； 由|AF|=y1+1，以线段AF为直径的圆的圆心为(x12,y1+12)，到直线y=−32的距离为y1+42≠|AF|2，所以以线段AF为直径的圆不与y=−32相切，故B错误； 由x2=4y，即y=14x2的导数为y′=12x，可得A处的切线的方程为y=x12x−x124， B处的切线的方程为y=x22x−x224， 联立两条切线的方程，解得xG=12(x1+x2)=2k，yG=14(x12+x1x2)−x124=14x1x2=14×(−4)=−1，即G(2k,−1)， ∴GF=(−2k,2)，AB=(x2−x1,y2−y1)=(x2−x1,kx2−kx1)，∴GF⋅AB=0，故GF⊥AB，故C正确； AF=2FB，−x1=2x2，x1x2=−4，解得x2=±2， 当x2=2，x1=−22时，k=y2−y1x2−x1=x22−x124x2−x1=x2+x14=−24， 当x2=−2，x1=22时，k=y2−y1x2−x1=x22−x124x2−x1=x2+x14=24， 故D错误； 故本题选AC. 13.【答案】2或3 【解析】【分析】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PA的长．【解答】解：以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， 设PA=a，则A(0,0,0)，C(0,2,0)， P(0,0,a)，B(3,1,0)，E(0,1,a2)， AE=(0,1,a2)，PB=(3,1,−a)， PC=(0,2,−a)， 设平面PBC的法向量n=(x,y,z)， 则n⋅PB=3x+y−az=0n⋅PC=2y−az=0，取z=2， 得n=(a3,a,2)， ∵直线AE与平面PBC所成角的正弦值为427， ∴|cos|=|AE⋅n||AE|⋅|n|=2a1+a24⋅4a23+4=427， 解得a=2或a=3. ∴PA的长为2或3. 故答案为：2或3. 14.【答案】log2x(答案不唯一) 【解析】【分析】本题主要考查抽象函数及其应用，对数函数的性质，属于基础题． 由题意可得底数大于1的对数函数均满足题意，从而可得结论．【解答】解：已知函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(xy)=f(x)+f(y)， 则底数大于1的对数函数均满足题意，例如log2xy=log2x+log2y 则f(x)=log2x满足题意， 故答案为：log2x(答案不唯一). 15.【答案】180 【解析】【分析】本题考查二项展开式，考查二项式系数，正确利用二项展开式是关键，属于基础题. 如果n是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果n是偶数，那么是最中间那项的二次项系数最大，由此可确定n的值，进而利用展开式，即可求得常数项．【解答】解：若(x−2x2)n的展开式中只有第六项的二项式系数最大， ∴n=10， ∴(x−2x2)10的展开式的通项为C10rx10−r2×(−1)r×2r×x−2r=C10r×(−2)r×x10−r2−2r， 令10−r2−2r=0，可得r=2， ∴展开式中的常数项等于C102×(−2)2=180. 故答案是180. 16.【答案】12(1+15n)(1−5−n)(1−51−n)384 【解析】【分析】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、求和公式等基础知识，考查运算求解能力，属于较难题． 第n次取出黑笔的概率为Pn，则取出蓝笔的概率为1−Pn，进而根据题意建立递推关系Pn+1=15Pn+25，n∈N*，再结合P1=35，得到数列{Pn−12}为等比数列，公比为15，首项为110，进而得到Pn=12×(15)n+12，再根据等比数列的求和公式能求出结果．【解答】解：第n次取出黑笔的概率为Pn，则取出蓝笔的概率为1−Pn， ∴第n+1次取出黑笔的概率为Pn+1，可能有两种情况，即第n次取出的是黑笔或篮笔， ∴第n+1次取出黑笔的概率为Pn+1=35Pn+25(1−Pn)，n∈N*，即Pn+1=15Pn+25，n∈N*，∵P1=35，Pn+1−12=15(Pn−12)，n∈N*， ∴数列{Pn−12}为等比数列，公比为15，首项为110，∴Pn−12=110×(15)n−1=12×(15)n，∴Pn=12×(15)n+12， ∴1≤i|=|m⋅n||m||n|=31+1×4+1=31010， 故二面角E−BC−F的正弦值为1−(31010)2=1010. 【解析】本题考查了空间向量在立体几何的综合应用，线面平行的判定以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题． (1)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面CDE的法向量，由向量垂直的充要条件，证明MN⊥n0，由此可证明结论； (2)利用待定系数法求出平面BCE和平面BCF的法向量，然后由向量的夹角公式以及同角三角函数关系式求解即可． 20.【答案】解：(1)设甲、乙在第n轮投中分别记作事件An，Bn，“虎队”至少投中3个记作事件C， 则P(C)=P(A1A2−B1B2)+P(A1−A2B1B2)+P(A1A2B1B2−)+P(A1A2B1B2)+P(A1A2B1B2) =C21⋅34⋅(1−34)⋅(23)2+(34)2⋅C21⋅23⋅(1−23)+(34)2⋅(23)2=23. (2)①“虎队”两轮得分之和X的可能取值为：0，1，2，3，4，6， 则P(X=0)=(1−34)2⋅(1−23)2=1144， P(X=1)=2×[34⋅(1−34)⋅(1−23)2+(1−34)2⋅23⋅(1−23)]=10144， P(X=2)=34⋅(1−23)⋅34⋅(1−23)+34⋅(1−23)⋅(1−34)⋅23+(1−34)⋅23⋅34⋅(1−23)+(1−34)⋅23⋅(1−34)⋅23=25144， P(X=3)=2×[34⋅23⋅(1−34)⋅(1−23)]=12144， P(X=4)=2×[34⋅(1−34)⋅(23)2+23⋅(1−23)⋅(34)2]=60144， P(X=6)=(34)2⋅(23)2=36144. 故X的分布列如下图所示：②X1有可能取为0，1，3， P(X1=0)=(1−34)(1−23)=112， P(X1=1)=34⋅(1−23)+(1−34)⋅23=512， P(X1=3)=34⋅23=612， ∴EX1=0×112+1×512+3×612=2312， 设“虎队”n轮得分之和为Xn，则Xn的期望值EXn=nEX1=2312n. 【解析】本题主要考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法、考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． (1)设甲、乙在第n轮投中分别记作事件An，Bn，“虎队”至少投中3个记作事件C，则P(C)=P(A1A2−B1B2)+P(A1−A2B1B2)+P(A1A2B1B2−)+P(A1A2B1B2)+P(A1A2B1B2)，由此能求出结果． (2)①“虎队”两轮得分之和X的可能取值为：0，1，2，3，4，6，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列． ②X1有可能取为0，1，3，分别求出相应的概率，求出EX1，再由Xn的期望值EXn=nEX1，能求出结果． 21.【答案】解：(1)由函数f(x)=a+xlnxa∈R，可得f′(x)=12xlnx+2. 令f′x=0，可得x=e−2 ，列表如下：因此函数f(x)的单调递增区间为e−2,+∞，单调减区间为0,e−2. (2)由(1)可知，fmin x=fe−2 =a−2e−1 . (i)当a>2e−1 时，由f(x)≥fe−2 =a−2e−1 >0，可得函数f(x)的零点个数为0. (ii)当a=2e−1 时，因为f(x)在e−2,+∞上是单调递增，在0,e−2上单调递减， 故x∈(0,e−2 )∪(e−2 ,+∞)时，f(x)>f(e−2 )=0，此时函数f(x)的零点个数为1. (iii)当a<2e−1 时，fmin x=fe−2 =a−2e−1 <0. ①a≤0时，当x∈(0,e−2 ]时，f(x)=a+xlnx0 此时函数f(x)在e−2,+∞上有且只有1个零点． 所以当a≤0时，函数f(x)的零点个数为1. ②当00，fe−2 =a−2e−1<0， 所以函数f(x)在区间e−2,+∞上有且只有1个零点； 另一方面，因为f(x)在(0,e−2]上单调递减，且fe−2 =a−2e−1 <0， 又e−4a∈(0,e−2)，且fe−4a=a−4ae2a>a−4a(2a)2=0(当x>0时，ex>x2成立)， 此时函数f(x)在(0,e−2)上有且只有1个零点． 所以当02e−1 时，f(x)的零点个数为0； 当a=2e−1或a≤0时，f(x)的零点个数为1； 当02e−1 ，a=2e−1 ，a<2e−1 三种情况分类讨论. (i)当a>2e−1 时，由f(x)≥fe−2 >0，即可得出函数f(x)在(0,+∞)上的的零点个数. (ii)当a=2e−1 时，根据f(x)在(0,+∞)上的单调性，可得f(x)的最小值为f(e−2 )=0，即可得出函数f(x)在(0,+∞)上的零点个数． (iii)当a<2e−1 时，fmin x=fe−2 =a−2e−1 <0. ①a≤0时，求得函数f(x)在区间0,e−2上无零点，函数f(x)在e−2,+∞上只有1个零点． ②当00)，则F(p2,0)， 由S△ABF=12|AF|⋅|yB|=12(p2+1)=1，解得p=2， 所以抛物线C的方程为y2=4x. (Ⅱ)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，Q(x3,y3)， 直线AM的方程y=k(x+1)， 联立y=k(x+1)y2=4x，消去y得k2x2+(2k2−4)x+k2=0， 则x1x2=1，y1y2=4， 由题可知kQN=y3−y2x3−x2=4y3+y2， 所以直线QN的方程为y−y2=4y2+y3(x−x2). 要证直线QN过定点(1,−4)，即证−4−y2=4y2+y3(1−x2)，即y2y3+4(y2+y3)+4=0恒成立． 同理可知直线MQ的方程为y+1=4y3+y1(x−1)， 代入Q(x3,y3)得y3+1=4y3+y1(x3−1)， 得y1=−4+y31+y3， 所以4y2=−4+y31+y3，则y2y3+4(y2+y3)+4=0， 即直线QN过定点(1,−4). 【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的简单性质的应用，是中档题． (Ⅰ)由题意可得F(p2,0)，进而利用三角形的面积求解p，得到抛物线方程． (Ⅱ)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，Q(x3,y3)，直线AM的方程y=k(x+1)，联立y=k(x+1)y2=4x，结合韦达定理，求解直线QN的方程，求解直线MQ的方程，然后证明直线QN过定点(1,−4). X012346P11441014425144121446014436144x0,e−2 e−2e−2,+∞ f′(x)- 0+f(x) ↘ 极小值 ↗
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