重庆市第八中学校2022届高三数学下学期高考考前模拟试题（Word版附解析）

重庆八中2021-2022学年度高三（下）高考模拟数学试题

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1. 设实数集为R，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合的交并补运算规则求解.

【详解】 ；

故选：B.

2. 已知i是虚数单位，则“”是“”（ ）

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

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数定义，求得命题逻辑关系.

【详解】i是虚数单位，则，“”是“”的充分条件；

由，得，故“”是“”的不必要条件；

故“”是“”的充分不必要条件，

故选：A

3. 十九世纪著名德国犹太人数学家赫尔曼闵可夫斯基给出了两点，的曼哈顿距离为.我们把到三角形三个顶点的曼哈顿距离相等的点叫“好点”，已知三角形的三个顶点坐标为，，，则的“好点”的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据“好点”的定义逐个验证即可.

【详解】对于A，设，

则，

所以点不是的“好点”；

对于B，设，

则，

，

所以，

所以点是的“好点”；

对于C，设，

则，

所以点不是的“好点”；

对于D，设，

则，

所以点不是的“好点”.

故选：B.

4. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不垂直的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定定理依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，如图，因为为所在棱的中点，故由正方体的性质易得，所以，由于，故平面，故A选项正确；

对于B选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，由正方体的性质得，所以平面，故，所以，同理得，，故平面，故B选项正确；

对于C选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，所以在中，与夹角为，故异面直线与所成的角为，故平面不成立，故错误；

对于D选项，同A选项，可判断平面.

故选：C

5. 如图为某商铺、两种商品在2022年前3个月的销售情况统计图，已知商品卖出一件盈利20元，商品卖出一件盈利10元.图中点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量，点、、的纵坐标分别表示商品2022年前3个月的销售量.根据图中信息，下列四个结论中正确的是（    ）

①2月、两种商品的总销售量最多；

②3月、两种商品的总销售量最多；

③1月、两种商品的总利润最多；

④2月、两种商品的总利润最多.

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④

【答案】C

【解析】

【分析】对①②，根据统计图的相关点纵坐标高低判断即可；

对③④，根据利润是两倍，根据卖得更多的商品判断利润高低即可

【详解】对①②，根据统计图可得，，的纵坐标之和显然最大，故3月、两种商品的总销售量最多；故②正确；

对③④，因为商品卖出一件盈利20元，商品卖出一件盈利10元，根据统计图，若用对应的点表示对应点的纵坐标，则易得，故③正确

综上②③正确

故选：C.

6. 已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

计算出的取值范围，结合椭圆的定义可求得的取值范围.

【详解】对于椭圆，，，，

根据椭圆的定义可得，

设，则，且，即，

则，

所以，.

故选：D.

【点睛】本题考查利用椭圆的定义求解代数式的取值范围，考查计算能力，属于中等题.

7. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.

【详解】

，

，，，解得，

，.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.

8. 已知函数，且 ，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据 的单调性和对称性求解.

【详解】 是增函数，又 ，

，

即 是的中心对称点， ，

条件 ，即 ，并且， ；

对于A，若 ，则 ，错误；

对于B，因为函数 是增函数， ，正确；

对于C，若 ，则 ，错误；

对于D，若 ，则有 ，错误；

故选：B.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.

9. 已知直线：，：，则下列结论正确的有（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，在x轴上的截距相等则

D. 的倾斜角不可能是倾斜角的2倍

【答案】AB

【解析】

【分析】根据直线平行、垂直的条件判断AB选项的正确性；根据直线的截距、倾斜角判断CD选项的正确性.

【详解】若，则，得，选项A正确；

若，则，得，选项B正确；

若，在x轴上的截距相等，则，解得，选项C错误；

当时，的倾斜角恰好是的倾斜角的2倍，选项D错误．

故选：AB

【点睛】解决此题的关键是要弄清楚直线的点斜式和直线的一般式判断两直线平行和垂直的充要条件，其次还要注意斜率的存在性，一定要注意分类讨论.易错点：两直线平行一定要注意纵截距不等和斜率的存在性.

10. 将一组数据从小到大排列为：，中位数和平均数均为a，方差为，从中去掉第6项，从小到大排列为：，方差为，则下列说法中一定正确的是（    ）

A.  B. 的中位数为a

C. 的平均数为a D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由中位数的定义即可判断A、B选项；由平均数的定义即可判断C选项；由方差的定义即可判断D选项.

【详解】由的中位数和平均数均为a，可知，，故A正确；

的中位数为，不一定等于，故的中位数不一定为a，B错误；

，故的平均数为a，C正确；

，由于，

故，

故，D错误.

故选：AC.

11. 如图，，，是全等的等腰直角三角形，，处为直角顶点，且O，，，四点共线.，若点，，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，进行求解.

【详解】如图，以O为原点，建立直角坐标系，则，，所以，A正确；其中，，

，所以，B正确；其中，，，，所以，C正确，D错误；

故选：ABC

12. 在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是（    ）

A. ，

B. ，，

C. ，使得当时，总有

D. ，使得当时，总有

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据已知，利用数列的单调性、函数的性质进行求解.

【详解】因为，两式相减有：，

因为，所以，

所以，，故A正确；

因为，所以，

因为数列，是正实数数列，所以，，

所以，，，故B正确；

由上可知，因为为常数，为递增数列，

故当时，，又，所以，使得当时，总有，故C正确；

因为，又，

所以，

因为为常数，为递增数列，所以当时，，，故D错误.

故选：ABC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 函数的最小值为______．

【答案】0

【解析】

【分析】求出函数定义域，对分段去绝对值，当时，分析函数的单调性；当时，利用导数分析函数的单调性并求最小值，即可得到的最小值．

【详解】解：函数的定义域为．

当时，，此时函数在上为减函数，

当时，，

则，所以在上单调递增，

在上是连续函数，

当时，单调递减，当时，单调递增．

当时取得最小值为．

故答案为：0．

14. 已知抛物线的焦点为，准线为，则焦点到准线的距离为___________；直线与抛物线分别交于、两点（点在轴上方），过点作直线的垂线交准线于点，则__________.

【答案】    ①. 2    ②.

【解析】

【分析】求出焦点及准线方程，从而可得焦点到准线的距离，作交准线于点，易得直线过焦点，则从而可得出答案.

【详解】解：抛物线的焦点，准线为，，

所以焦点到准线的距离为2，

如图，作交准线于点，

因为直线过焦点，

则，

因为，所以轴，

又直线的倾斜角为，

所以，所以，

则.

故答案为：2；

15. 已知 ，若对任意 ，都有，则的最大值为________.

【答案】##0.5

【解析】

【分析】运用整体法，根据正弦型函数的图像求解.

【详解】由题意， ， ，又 ， ，

由正弦函数 的单调性和周期性可知： ；

故答案为： .

16. 如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，再根据，可得即为直线与所成的角的平面角，由此可求得，从而可得，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解.

【详解】因为直线三条直线两两垂直，

如图，将图形还原为长方体，

因为，所以即为直线与所成的角的平面角，

则，

因为平面，平面，所以，

在中，由，得，

所以，

，

当且仅当时，取等号，

所以三棱锥的体积的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，从特殊几何体入手是解决本题的关键.

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知函数.

（1）求的单调增区间；

（2）中，角，，所对的边分别为，，，且为锐角，若，，，求的面积.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用倍角公式、辅助角公式、正弦函数的性质以及整体代入法求解.

（2）利用三角函数的性质、余弦定理以及三角形的面积公式求解.

【小问1详解】

，

令，解得，

则的单调增区间是，；

【小问2详解】

由题可知，，所以，

解得，，为锐角，，

由余弦定理得：，即，

所以，又，所以，

则的面积.

18. 在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象，一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇（此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇），只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔.以表示笼内还剩下的果蝇的只数.

（1）记事件表示“第只飞出笼的是苍蝇”，，，，，求；

（2）求的分布列和数学期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，2

【解析】

【分析】（1）先利用条件求出，，再利用条件概率的公式即可求出结果；（2）先求出的可能取值，并求出相应的概率，可写出的分布列，利用分布列可求出期望.

【小问1详解】

由题得，，

由条件概率公式可知，.

【小问2详解】

由题知，可取，，，，，，，

，，，

，，，.

的分布列为：

数学期望为.

19. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.

（1）求证：；

（2）若，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；

（2）选①②，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；

选②③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，后续同①②；

选①③，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到后续同①②；

【小问1详解】

在三棱柱中，，又面，面，

所以平面，又面面，面，

所以.

【小问2详解】

选①②：连接，取中点，连接，.

在菱形中，所以为等边三角形.

又为中点，所以，

又面面，面面， 平面，

所以平面，平面，

故，又，所以.

以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

所以，.

设面的一个法向量为，则，令，故.

又，设直线与面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

选②③：连接，取中点，连接，.

在菱形中，所以为等边三角形.

又为中点，故，且，又，.

所以，则.

又，面，所以面，

由平面，故，又，所以.

以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

所以，.

设面的一个法向量为，则，令，故.

又，设直线与面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

选①③：取中点，连接，.

在中，因为，所以，且，.

又面面，面面，面，

所以平面，又平面，所以.

在中，，又，，

所以，则.

由，面，则面，

由平面，故，又，所以.

以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

所以，.

设面的一个法向量为，则，令，故.

又，设直线与面所成角为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20. 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式；

（2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和.

【小问1详解】

由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则的公差，的首项和 首项相同为2，则数列的通项公式为.

【小问2详解】

由于，是等比数列的前两项，且，，则，则等比数列的公比为3， 则，即，.①.

②.

①减去②得.

.

21. 已知椭圆：的左顶点为，圆：经过椭圆的上、下顶点.

（1）求椭圆方程和焦距；

（2）已知，分别是椭圆和圆上的动点（，不在坐标轴上），且直线与轴平行，线段的垂直平分线与轴交于点，圆在点处的切线与轴交于点.求线段长度的最小值.

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，求出，写出椭圆C的方程并计算焦距作答.

（2）设出点P，Q坐标，求线段AP中垂线方程得点M，求圆O在点Q处的切线方程得点N，再借助均值不等式求解作答.

【小问1详解】

依题意，，由，得，

所以椭圆C的方程为：，焦距为.

【小问2详解】

设，则，依题意，设，且，

因，则线段AP的中点为，直线AP的斜率，

则线段AP的中垂线方程为：，

令得点M的纵坐标，而，则，即，

直线OQ的斜率，因此，圆O在点Q处的切线斜率为，

切线方程为，令得点N的纵坐标，即，

则有，当且仅当，即时取“=”，

所以线段长度的最小值为.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.

22. 已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为．

（1）求实数a，b的值；

（2）证明：方程有且只有一个实根．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，得，由题知，解方程得解.

（2）令， 分三种情况讨论：当，，时

的零点情况；令，分两种情况讨论：当，时，对求导，借助单调性及零点存在性定理，判断的零点情况，进而得证.

【小问1详解】

因为，所以．

因为的图象在处的切线为，

所以解得

【小问2详解】

令函数，定义域为．

当时，，所以；

当时，，所以；

当时，由知在上单调递增，

又且函数连续不间断，

所以，有．

综上所述，函数在有唯一的零点，且在上恒小于零，在上恒大于零．

令函数，讨论如下：

①当时，，

求导得．

因为，所以，

即函数在单调递增．

又因为，

，

所以函数在存在唯一的零点，

所以方程在上有唯一的零点．

②当时，．

法一：由（1）易证在上恒成立．

事实上，令，则．

因为，所以在上单调递增，

所以，即在上单调递增，

所以，即在上恒成立．

从而，

所以方程在上无零点．

综上所述，方程有且只有一个实根．

法二：因为，所以，

所以，所以，

所以，

所以方程在上无零点．

综上所述，方程有且只有一个实根．

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题第一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究方程的实根，考查数形结合思想的应用．