2022届 江苏常州高考数学模拟试卷[三模]带答案

这是一份2022届 江苏常州高考数学模拟试卷[三模]带答案，共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，在中，满足，则下列说确的是，已知，则正确的大小顺序是等内容，欢迎下载使用。
考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx
留意事项：
1．答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
1．若非空且互不相等的集合A、B、C，满足：，则（ ）
A．AB．BC．CD．
2．已知复数z满足（其中i是虚数单位），则（ ）
A．1B．C．2D．
3．在中，满足，则下列说确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知直线m，n是平面的两条斜线，若m，n为不垂直的异面直线，则m，n在平面内的射影（ ）
A．不可能平行，也不可能垂直B．可能平行，但不可能垂直
C．可能垂直，但不可能平行D．可能平行，也可能垂直
5．已知，则正确的大小顺序是（ ）
A．B．C．D．
6．己知数列满足，在之间n个1，构成数列：，则数列的前100项的和为（ ）
A．178B．191C．206D．216
7．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若，，则实数（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．已知随机变量服从正态分布，若函数是偶函数，则实数（ ）
A．0B．C．1D．2
9．已知二项式，则下列说法中正确的有（ ）
A．二项展开式中有常数项B．二项展开式的系数和为0
C．二项展开式的第2项系数为2022D．二项展开式的第1012项的系数
10．在棱长为1的正方体中，P是底面内的动点，若，则（ ）
A．B．平面
C．四面体的体积为定值D．与底面所成的角为
11．已知圆，点，过点A的直线与圆C交于两点P，Q，且．则（ ）
A．直线的斜率B．的最小值为2
C．的最小值为D．
12．已知函数，则（ ）
A．函数的值域为
B．函数是一个偶函数，也是一个周期函数
C．直线是函数的一条对称轴
D．方程有且仅有一个实数根
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
13．命题“，”的否定是__________．
14．已知为第二象限角，若，则的值为______________．
15．在三棱锥中，已知平面，，若，，则与所成角的余弦值为___________．
16．设随机变量的分布列如下：
且数列满足，则______________．
17．已知数列的前n项和为，且．
(1)若，求证：数列是等差数列；
(2)求出数列的通项公式和前n项和．
18．在中，，点D是边上一点，且满足：．
(1)证明：为等腰三角形；
(2)若，求的余弦值．
19．如图，以C为直角顶点的等腰直角三角形所在的平面与以O为圆心的半圆弧所在的平面垂直，P为上异于A，B的动点，已知圆O的半径为1．
(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点P到平面的距离．
20．某校举行青年教师视导，对48位青年教师的备课本进行了检查，相关数据如下表：
附：（其中）．
临界值表：
(1)能否有的把握认为备课天分否与性别有关？
(2)从48本备课本中不放回的抽取两次，每次抽取一本，求次取到女教师备课本的条件下，第二次取到备课本的概率．
21．已知函数．
(1)求函数的极值，
(2)对任意实数，恒成立，求正实数a的取值范围．
22．离心率为e的椭圆抛物线的焦点，且直线是双曲线的一条渐近线．椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线过x轴上一定点，求（用含m的式子表示）．
题号
一
二
三
四
总分
得分
评卷人
得分
一、单 选 题
评卷人
得分
二、多选题
评卷人
得分
三、填 空 题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
评卷人
得分
四、解 答 题
性别
等第
合计
良好
男教师
a
10
18
女教师
10
20
合计
30
48
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据题意，得到且，得出，交集的概念，即可求解.
【详解】
由题意，非空且互不相等的集合，
由于，可得；又由于，可得，
所以，所以.
故选：C.
2．D
【解析】
【分析】
先求出复数z，再求.
【详解】
由于复数z满足，所以.
所以.
故选：D
3．A
【解析】
【分析】
推导出，利用余弦函数的单调性可判断A选项；利用值法可判断BCD选项.
【详解】
对于A选项，由于，所以，，则，
由于，所以，，A对；
对于B选项，取，，则，B错；
对于C选项，取，，则，C错；
对于D选项，取，，则，D错.
故选：A.
4．D
【解析】
【分析】
如图，借助正方体分析可以判断.
【详解】
如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和垂直；
如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和平行；
综上，m，n在平面内的射影可能平行，也可能垂直.
故选：D.
5．B
【解析】
【分析】
作差利用对数的性质即可比较.
【详解】
由于，所以，
由于，所以，
所以.
故选：B.
6．A
【解析】
【分析】
直接利用数列的通项公式和分组法的运用求出数列的和．
【详解】
解：数列满足，在，之间个1，构成数列，1，，1，1，，1，1，1，，，
所以共有个数，
当时，，
当时，，
由于，
所以．
故选：A．
7．B
【解析】
【分析】
根据题给条件利用列出关于的方程，解之即可求得实数的值
【详解】
由，可得，又
则
又，， 则
即
则
即，整理得
解之得，或（舍）
故选：B
8．C
【解析】
【分析】
利用偶函数的定义，并正态曲线的对称性，即可求解.
【详解】
由于函数是偶函数，
所以，即，
所以.
故选：C
9．AB
【解析】
【分析】
根据二项展开式的通项公式可判断ACD，由赋值法可求出展开式的系数和判断B .
【详解】
令，则，即二项展开式的系数和为0，故B正确；
由知，当时，即时，展开式为常数项，故A正确；
由通项展开式知，故C错误；
二项展开式的第1012项系数为，故D错误.
故选：AB
10．ABC
【解析】
【分析】
根据推出，利用平面推出，可判断A正确；利用平面平面，推出平面，可判断B正确；根据等体积法求出四面体的体积，可判断C正确；根据平面，推出是与底面所成的角，利用，推出与底面所成的角最小为，可判断D不正确.
【详解】
由于，所以向量、、共面，
又三个向量共起点，所以平面，平面，又平面，且平面平面，所以，

对于A，由于平面，所以，又，且，所以平面，所以，同理得，
又，所以平面，又平面，所以.故A正确；
对于B，由于，且，所以四边形为平行四边形，
所以，由于平面，平面，所以平面，
同理可得平面，由于，所以平面平面，
由于平面，所以平面，故B正确；
对于C，由于平面，，所以，故C正确；
对于D，由于平面，所以是与底面所成的角，
由于，所以，所以与底面所成的角最小为，故D不正确.
故选：ABC.
11．CD
【解析】
【分析】
依题意画出草图，直线的斜率存在，设斜率为，则直线，利用圆心到直线的距离小于半径，即可求出的取值范围，从而判断A，再根据即可判断B、C，设，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示计算即可判断D；
【详解】
解：依题意圆的圆心坐标为，半径，
显然直线的斜率存在，设斜率为，则直线，即，
所以，解得，故A错误；
由于，所以，故C正确；
当直线与圆相切时，，又，所以不存在最小值，只存在值且，故B错误；
设，，由与，
消去整理得
所以，，
所以
，故D正确；
故选：CD
12．ABD
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性、周期性分析判断A，B；利用对称的性质验证判断C；利用零点存在性定理分析判断D作答.
【详解】
显然，，即函数是偶函数，
又，函数是周期函数，是它的一个周期，B正确；
当时，，的最小值为，值为，
即当时，的取值集合是，因是偶函数，则当时，的取值集合是，
因此，当时，的取值集合是，而是的周期，所以，的值域为，A正确；
因，，即函数图象上的点关于直线的对称点不在此函数图象上，C不正确；
因当时，恒有成立，而的值域为，方程在上无零点，
又当或时，的值与的值异号，即方程在、上都无零点，
令，，显然在单调递减，
而，，于是得存在，使得，
因此，方程在上有实根，则方程在上有实根，又定义域为，
所以方程有且仅有一个实数根，D正确.
故选：ABD
【点睛】
结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
13．，．
【解析】
【分析】
全称改存在，再否定结论即可
【详解】
命题“，”的否定是“，”
故答案为：，
【点睛】
本题考查全称命题的否定，属于基础题
14．
【解析】
【分析】
根据两角和的正切公式，求得，三角函数的基本关系式，求得的值，即可求解.
【详解】
由，解得，即，即，
根据角在第二象限由，解得，
所以.
故答案为：.
15．##
【解析】
【分析】
如图，取中点，连接，可得（或其补角）即为与所成角，分别求出三边长度即可求解.
【详解】
如图，取中点，连接，
所以，则（或其补角）即为与所成角，
由于平面，所以，所以，则，
由于，所以，所以，
取中点，连接，所以，所以平面，
所以，又，，
所以，
所以.
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．5.5##
【解析】
【分析】
令，即可得到，再根据分布列的性质得到，从而求出数学期望；
【详解】
解：令，2，3，，，
则，即，，2，3，，，
又，所以，
所以
故答案为：
17．(1)证明见解析；
(2)，.
【解析】
【分析】
（1）根据对式子进行变形，进而条件证明成绩；
（2）由（1）求出，进而得到，根据求得答案.
(1)
由，得．
相减得，即．
所以，故数列是等差数列．
(2)
当时，，则，
由于数列是等差数列，故，∴．
∴．
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理及三角公式得到，得到，即可证明为等腰三角形；
（2）先求出，得到．在中，由正弦定理即可求出．
(1)
在中，，即，则，
由正弦定理，得，，
化简得．
由于，所以，所以，
则.
又由于在上单调递减，所以，
所以为等腰三角形．
(2)
由，得，即，
所以，有．
所以．
由（1）得，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以．
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）在等腰中，得到，面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）取弧中点D，连结，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：等腰中，由于，O是中点，所以，
由于平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又由于平面，所以．
(2)
解：取弧中点D，连结，则两两垂直且，
以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，
则，
设，其中，则，
设平面的一个法向量为，则，
即，取，可得，所以，
由于平面的一个法向量为，
由于，所以，
则，得，
又由于，所以，
，解得，
所以点到平面的距离为．
20．(1)没有的把握认为备课天分否与性别有关
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据列联表求出的值，再计算出卡方，与临界值数据比较，即可判断；
（2）首先求出次抽到女教师备课本的概率，再求出次抽到女教师备课本且第二次抽到备课本的概率，按照条件概率的概率公式计算可得；
(1)
解：由表格得，所以，
，
所以没有的把握认为备课天分否与性别有关．
(2)
解：“次取到女教师备课本”的概率为，
“次取到女教师良好备课本且第二次取到备课本”的概率为．
“次取到女教师备课本且第二次取到备课本”的概率为．
所以“次取到女教师备课本的条件下，第二次取到备课本”的概率为．
21．(1)极大值为，无极小值
(2)
【解析】
【分析】
（1）求得，利用导数求得函数的单调性，极值的概念，即可求解；
（2）令，求得，转化为，
设，求得，得出函数的单调性与最值，零点的存在定理得到存在，使得，进而求得的值.
(1)
解：由题意，函数，可得，令，可得，
所以函数的极大值为，无极小值．
(2)
解：令，
可得，
由于对任意实数，恒成立，即，
设，，可得，
若时，；
若，令，可得
当时，，单调递减；
当，，单调递增，
所以，所以，
两边取指数得到，
由于当时，，
所以在递减，
又由，
由零点存在定理知，存在，使得，
所以，由于，则，所以．
【点睛】
对于利用导数研讨不等式的恒成立与有解成绩的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研讨函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把成绩转化为函数的最值成绩．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，普通涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解成绩，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，留意恒成立与存在性成绩的区别．
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求出椭圆C的标准方程；
（2）设，直线的方程为，用“设而不求法”表示出，整理化简即可求得.
(1)
（1）抛物线的焦点坐标为，所以，所以，
双曲线的渐近线为，又直线是双曲线的一条渐近线，
所以，即，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为．
(2)
（2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，有消去x得，，
则，且
由，得．
由题意，，
所以．
代入得，
．
1
0
递增
极大值
递减
x
1

0
-
递增
极大值
递减