2022届 江苏苏州高考数学模拟试卷[二模]带答案 ~ 副本

这是一份2022届 江苏苏州高考数学模拟试卷[二模]带答案 ~ 副本，共27页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知单位向量满足，则，已知，则实数的值为，已知，则的大小关系为，如图是函数的部分图像，则等内容，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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，设z=1+i（i是虚数单位），则复数+z2对应的点位于
A．象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知单位向量满足，则（ ）
A．B．C．0D．
4．已知，则实数的值为（ ）
A．B．2C．4D．8
5．为加快新冠检测效率，检测机构采取“合检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定一切样本都是阴性的；若为阳性，则还需求对本组的每个人再做检测．现对来自管控区的人进行核酸检测，若有人，则随机将其平均分成组后这两名患者在同一组的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知奇函数在点处的切线方程为，则（ ）
A．或1B．或C．或2D．或
7．已知是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上的一个动点，若的内切圆半径的值是，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
9．已知两种项目获得的分别为，分布列如下表，则（ ）
A．B．
C．两种项目的期望一样多D．项目的风险比项目高
10．如图是函数的部分图像，则（ ）
A．的最小正周期为
B．将函数的图像向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
C．是函数的一条对称轴
D．若函数在上有且仅有两个零点，则
11．某酒店大堂的壁灯的外观是将两个正三棱锥的底面重合构成的一个六面体（如图），已知，现已知三棱锥的高大于三棱锥的高，则（ ）
A．∥平面
B．二面角的余弦值小于
C．该六面体存在外接球
D．该六面体存在内切球
12．在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
13．在正项等比数列中，，记数列的前项的积为，若，请写出一个满足条件的的值为__________．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切，且与双曲线的左支交于轴上方的一点，当时直线的斜率为__________．
15．函数，若函数有三个零点，则实数的值为__________．
16．如图，已知四面体中，和都是等腰直角三角形，．若四面体外接球的表面积为，则此时二面角的大小为__________；若二面角为时，点为线段上一点，则的最小值为__________．
17．在①且；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的成绩中，并解答成绩．
成绩：在中，角的对边分别为，且__________．
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求中线长．
18．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右挪动一个单位，质点到达地位的数字记为．
(1)若该质点共挪动2次，位于原点的概率；
(2)若该质点共挪动6次，求该质点到达数字的分布列和数学期望．
19．已知数列满足的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
20．如图，在四棱锥中，已知侧面为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点分别在线段和上，且，.
(1)求证：平面；
(2)设二面角的余弦值为，求直线和平面所成角的大小．
21．已知，函数．
(1)讨论的导函数零点的个数；
(2)若，求的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，已知，点到直线的距离比到点的距离大2，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过的直线交于两点，过点作的切线，交轴于点，直线交于点（不同于点），直线交轴于点．若，求直线的方程．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
评卷人
得分
一、单 选 题
评卷人
得分
二、多选题
/百万
0
2
百万
0
1
2
评卷人
得分
三、填 空 题
评卷人
得分
四、双空题
评卷人
得分
五、解 答 题
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
化简集合A，根据交集运算即可.
【详解】
，
.
故选：B
2．A
【解析】
【详解】
试题分析：根据复数的四则运算进行化简，复数的几何意义即可得到结论．
解：∵z=1+i，
∴+z2=+（1+i）2==1﹣i+2i=1+i，
对应的点为（1，1），位于象限，
故选A．
点评：本题次要考查复数的几何意义，利用复数的基本运算进行化简是处理本题的关键．
3．D
【解析】
【分析】
根据数量积的运算律移项后平方化简即可得解.
【详解】
由可得，
平方可得，
所以，解得.
故选：D
4．C
【解析】
【分析】
变形可得m，由两角和差的正弦公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系化简可得．
【详解】
解：∵tan20°+msin20°，
∴m


4
故选：C
5．C
【解析】
【分析】
根据组合计数原理平均分组法以及古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
若有人，随机这人平均分成组，
则这两名患者在同一组的分组方法数为，
因此，所求概率为.
故选：C.
6．D
【解析】
【分析】
由函数为奇函数可得，根据切线的斜率为0建立方程求出即可得解.
【详解】
由可得，
由于，所以，解得.
所以，故切线斜率，
又，所以，解得或，
所以或.
故选：D
7．B
【解析】
【分析】
依题意可得，，，设内切圆的半径为，根据等面积法得到，即可得到的值，从而求出，即可求出椭圆的离心率；
【详解】
解：由椭圆，可得，，，则，
如图，
设内切圆的半径为，
，
，则，
要使内切圆半径，则需，
，
又内切圆半径的值为，即，解得，所以．
则椭圆的离心率
故选：B．
8．D
【解析】
【分析】
将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再，根据函数的单调性即可得出答案.
【详解】
解：由，
得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又因，
且，
所以，
即，
所以.
故选：D.
9．ACD
【解析】
【分析】
根据分布列的性质求出、，再根据期望、方差公式计算可得；
【详解】
解：依题意可得，所以，
，所以，所以，故A正确；
所以，则，故B错误；
，所以，故C正确；
由于
，
即，所以项目的风险比项目高，故D正确；
故选：ACD
10．AD
【解析】
【分析】
先根据图像可得，即可判断A，接上去求得 ，即可得到的解析式，根据图像平移判断B，令解出即可判断C，令，解出函数零点，然后根据在上有且仅有两个零点列出不等式解 即可判断D
【详解】
由图像可知，
，即，故A正确

此时
又 在图像上， ，解得

将 的图像向右平移个单位后得到的图像对应的解析式为 不为奇函数，故B错误
，

当是函数的一条对称轴时，此时 不符合题意，故C错误
令 ，解得
当 时， ，不合题意
时， ；
时， ；
时，
又由于函数在上有且仅有两个零点
，解得 ，故D正确
故选：AD
11．BD
【解析】
【分析】
连接AE交平面BCD于F.延伸DF交BC于H.
对于A：利用向量法求解，即可判断；对于B：先判断出为二面角的平面角.在EF上取点G，使.连接BG、CG、DG、HG.解三角形求出.利用余弦函数的单调性判断出.即可证明；
对于C：先求出正三棱锥A-BCD的外接球球O，再判断出球O不能点E.即可否定C;
对于D：利用等体积法可求出内切球的半径.即可判断.
【详解】
连接AE交平面BCD于F.延伸DF交BC于H.
由于该几何体为两个正三棱锥的底面重合构成的一个六面体，且，
所以为边长为1的正三角形，且F为的，且面,面.
所以,.
以H为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，过H作Hz平行AF，为z轴建立空间直角坐标系,则，，，，，（）.所以,,.
对于A：设为面的一个法向量，则，不妨令y=1，则.
假设∥平面，则有，解得：.
这与相矛盾，所以∥平面不成立.故A错误；
对于B：由于面,所以.
在正三角形中，.
又,所以面,所以,.所以为二面角的平面角.
在EF上取点G，使.连接BG、CG、DG、HG.
则几何体G-BCD为正三棱锥，且与正三棱锥A-BCD全等.
所以,.
由余弦定理得：.
如图示：由于,所以.
即二面角的余弦值小于.
故B正确；
对于C：假设该六面体存在外接球，设其球心为O.则球O必ABCD,所以球O为正三棱锥A-BCD的外接球，设球O的半径为R.
由得：.
由于,,所以，解得：.
设球O的与AE的另一个交点为M，则,所以
而,所以球O不能点E.
即该六面体不存在外接球.故C错误；
对于D：由于该六面体是将两个正三棱锥的底面重合构成的，所以存在球Q与六面体均相切，设内切球的半径为r.设.由等体积法可得：
.
而，
可求出.
故该六面体存在内切球.故D正确.
故选：BD
12．BC
【解析】
【分析】
根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.
【详解】
设，则，不满足为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；
由题意，则，即，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；
设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；
若数列既是等方差数列，又是等差数列，不妨设，（为非零常数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与，矛盾，故D错误.
故选：BC
13．4（答案不）
【解析】
【分析】
先求出公比，的通项公式，从而得到，得到的值.
【详解】
由于为正项等比数列且，所以，
又由于，所以，又，所以，
则，
，
由于，所以当时满足要求，
故答案为：4
14．##
【解析】
【分析】
根据双曲线定义求得的长度，在△中利用勾股定理求得的关系，进而求得直线的斜率
【详解】
设直线与圆相切于点D，连接DO，过点作于E，
则，，
由点位于双曲线的左支上，可得
又△中，，，则
则有，即
解之得，或（舍）
则，则直线的斜率为
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
先求定义域，对去掉值，利用导函数研讨其函数图像，画出函数图像，将有三个零点转化为两函数的交点成绩，数形求出实数的值.
【详解】
定义域为，
当得：，
恒成立，所以在上单调递减，
此时，
当时，，，
所以在上单调递增，
当时，，，
当时，，当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
且，
画出函数图像如下：
显然，当时，与有三个交点，此时有三个零点，满足要求
故答案为：-2
16． ## ##
【解析】
【分析】
①首先找到四面体外接球的球心，再作出二面角的平面角，即可求得二面角的大小；②首先确定的最小值即为的边上的高，再利用余弦定理解三角形即可求得的最小值.
【详解】
分别取BD、CD中点E、F，连接EF，AE，AF
由和都是等腰直角三角形，．
可得，则为二面角的的平面角
又由和都是等腰直角三角形，．
可得，
①若四面体外接球的表面积为，可得四面体外接球的半径为
由和，可知在四面体外接球的大圆上,
则F为四面体外接球的球心，则
中，，则有
则，即此时二面角的大小为
②若二面角为时， 则，
又，则
点为线段上一点，则的最小值即为的边上的高
中
又，则
则边上的高为
则的最小值为
故答案为：；
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）若选①：利用余弦定理和二倍角公式得到，求出；若选②：利用正弦定理和夹角公式，求出；若选③：由正弦定理和余弦定理求出．
（2）利用余弦定理求出，利用数量积的运算即可求出长为．
(1)
若选①：，且，
所以，所以．
又，所以，所以，所以．
若选②：由正弦定理得，由于，
所以，即．
由，所以，所以．
若选③：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又，所以．
(2)
在中，由余弦定理得，所以，
又，
所以，所以中线长为．
18．(1);
(2)分布列见解析，.
【解析】
【分析】
(1)由题意知质点挪动2次的一切可能种数，再求出挪动2次后在原点的一切可能种数，根据古典概型求解即可；
（2）设向左挪动的次数为随机变量，易知，得出随机变量,由二项分布求出对应的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解的期望.
(1)
质点挪动2次，可能结果共有种，
若质点位于原点，则质点需求向左、右各挪动，共有种，
故质点位于原点的概率.
(2)
质点每次挪动向左或向右，设A为“向右”，则为“向左”，故,
设Y表示6次挪动中向左挪动的次数，则，质点到达的数字,
所以,
，，
，，
，，
所以的分布列为：
.
19．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知，令，求解出，然后再递推一项作差，从而得到的关系式，再验证能否满足即可完成求解；
（2）由第（1）问求解出的通项公式，先求解出数列的前项和，然后将的通项公式带入中，得到的通项公式，然后写出的表达式，并对通项进行裂项，然后求和，经过对比即可完成证明.
(1)
当时，，
当时，①
②
由①-②得，即．
当时也成立，所以数列的通项公式为．
(2)
证明：由（1）知，所以，
由于，
所以，
所以，
所以．
由于，
所以，
所以．
20．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，根据平行线分线段成比例可证得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）取中点，作，利用线面垂直的判定可证得平面，平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据二面角平面角的定义可知二面角的平面角为，由此可得的线段长度，得到所需点的坐标，利用线面角的向量求法可求得结果.
(1)
连接，交于点，连接；
，，，，
又，，，
又平面，平面，平面.
(2)
取中点，连接；作，垂足为；
为正三角形，；
，，四边形为平行四边形，，
又，，又，平面，
平面；
平面，，
又，，平面，平面；
作，交于点，则，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如下图所示空间直角坐标系，
，，即为二面角的平面角，
又，，，；
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设直线和平面所成角为，，
又，，即直线和平面所成角的大小为.
21．(1)当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求导再对分三种情况讨论得解；
（2）先证明满足题意；再讨论时，，综合即得解.
(1)
解：令．
若，则，所以的零点个数为0；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1．
综上得，当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1.
(2)
解：由（1）知：
若，故在上单调递增，
所以，所以满足题意；
若，存在唯，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，
化简得，又，
所以，
设，
所以在上单调递减，所以，
解得．
综上所述，的取值范围为．
22．(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）利用点到直线的距离比到点的距离大2，可知到直线的距离等于到的距离，可知其轨迹为抛物线，写出抛物线方程.
（2）先求出点的切线方程，再将直线和直线PQ方程分别与抛物线方程联立，然后根据可求得直线的方程.
(1)
解：由题意得：
由于点到直线的距离比到点的距离大2
所以到直线的距离等于到的距离
所以的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为
(2)
设
点处的切线方程为
联立方程组，得
由，解得，可知切线为
今，得．
设直线的方程为
联立方程组，得，所以．
设直线的方程为
联立方程组，得，所以．
所以，得
又在拋物线上，得．
所以直线的方程为，令，得．
由，得
解得，得．
所以直线的方程为或．
2
4
6