2022年 山西吕梁高考数学模拟试卷[三模]带答案

这是一份2022年 山西吕梁高考数学模拟试卷[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，已知向量，且，则实数，若，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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则复数在复平面内对应的点为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，且，则实数（ ）
A．B．C．1D．
4．已知双曲线的离心率是它的一条渐近线斜率的2倍，则（ ）
A．B．C．D．2
5．若，则（ ）
A．B．0C．1D．
6．《几何本来》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若恰好在函数的图像上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．若的展开式中的系数为35，则负数（ ）
A．B．2C．D．4
9．已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．某车间加工某种机器的零件数（单位：个）与加工这些零件所花费的工夫（单位：min）之间的对应数据如下表所示：
由表中的数据可得回归直线方程，则加工70个零件比加工60个零件大约多用（ ）A．B．C．D．
11．已知实数满足，给出下列结论：
①；②；③；④.
则一切正确结论的序号为（ ）
A．①③B．②③C．①②④D．②③④
12．已知数列满足，，记的前项和为，的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
13．设满足约束条件则的值为__________.
14．若直线是曲线的一条切线，则实数__________.
15．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在轴上方），过分别作的垂线，垂足分别为，连接.若，则直线的斜率为__________.
16．三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为__________.
17．在中；内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，点为的中点，求的值.
18．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，侧面是矩形，为的中点，.
(1)证明：平面；
(2)点在线段上，若，求二面角的余弦值.
19．足球比赛淘汰赛阶段常规比赛工夫为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球”的方式决定胜负.“点球”的规则如下：①两队各派5名队员，单方轮番踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需求再踢（例如：第4轮结束时，单方“点球”的进球数比为2：0，则不需求再踢第5轮了）；③若前5轮“点球”中单方进球数持平，则从第6轮起，单方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.
(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即便方向判断正确也只要的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在“点球”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：
(2)现有甲､乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后单方战平，需进行“点球”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；
（ii）求“点球”在第6轮结束，且乙队以5：4（不含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.
20．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)证明：.
21．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点能否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请阐明理由.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求的极坐标方程；
(2)设与交于两点，若，求的直角坐标方程.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)当时，，求的取值范围.
题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、单 选 题
个
10
20
30
40
50
62
68
75
81
89
评卷人
得分
二、填 空 题
评卷人
得分
三、解 答 题
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由集合描述并解一元二次不等式得，运用集合交运算求结果.
【详解】
由于，
所以.
故选：B
2．C
【解析】
【分析】
设，则，再根据复数相等的条件求出即可得解.
【详解】
由得，设，则，
所以，所以，
所以,解得.
所以复数在复平面内对应的点为.
故选：C
3．A
【解析】
【分析】
利用向量平行列方程即可求出.
【详解】
由向量，得.
由于，所以，解得.
故选：A
4．A
【解析】
【分析】
根据双曲线的几何性质列式可求出结果.
【详解】
由题意得,解得，即.
故选：A.
5．D
【解析】
【分析】
利用平方关系和正弦的二倍角公式弦化切，由求出代入可得答案.
【详解】
由于，所以，所以.
故选：D.
6．C
【解析】
【分析】
根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.
【详解】
如图，连接.
由于为中点，且，所以四边形为矩形，
所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.
设圆的半径为1，则.
由于，所以.
在直角中，，得.
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
7．D
【解析】
【分析】
根据题意易知和，根据辅角公式可知，由此可知，再根据，即可求出结果.
【详解】
由题意知，点在的图象上，所以，所以，点向右平移个单位长度得到点.
由于在函数的图象上，所以，解得，
所以，或.
由于，所以.
故选：D.
8．B
【解析】
【分析】
根据题意得，分析展开式含项仅有和，再展开求系数即可.
【详解】
由于展开式为：，
即
，
所以，
，
，
所以含的系数为，又为负数，所以.
故选：B.
9．B
【解析】
【分析】
先求出函数的对称轴，再根据单调性和对称性可知，自变量离对称轴越远，其函数值越大，由此结论列式可解得结果.
【详解】
由于函数满足，所以的图象关于直线对称，
又在区间上单调递增，所以在上单调递减，
由于，，
即，平方后解得.
所以的取值范围为.
故选：B.
10．C
【解析】
【分析】
由题可得样本，进而可得回归直线方程，即得.
【详解】
由表中的数据，得，
将代入，得，
所以加工70个零件比加工60个零件大约多用
故选：C.
11．D
【解析】
【分析】
由题意可知，根据指数幂的性质可知又，所以，即可判断①能否正确；对运用基本不等式可知，两边取对数即可判断②，③能否正确；根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，由此即可判断④能否正确.
【详解】
由得，
又，所以，所以，故①错误；
由于，
所以，当且仅当，即时取等号；
即，则，故②，③正确；
由于，所以，所以，
令，则，
所以在区间上单调递增，所以，即.
又，所以，即，故④正确.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是构造函数处理第④问，根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，这是处理本题的关键点.
12．B
【解析】
【分析】
根据题意得：当为奇数时，；当为偶数时，，求出，所以，分析求和即可.
【详解】
由于，，
所以当为奇数时，，，即当为奇数时，；当为偶数时，.
所以
所以，
所以
.
故选：B.
13．15
【解析】
【分析】
画出可行域，根据目标式的的几何意义求其值.
【详解】
由约束条件可得可行域如下：
要使，只需其表示的直线在坐标轴上的截距即可，
由图知：当直线过与的交点时，为.
故答案为：15
14．
【解析】
【分析】
求出切点坐标代入切线方程可得答案.
【详解】
由于，所以，令，得，
所以切点为，代入，得.
故答案为：.
15．
【解析】
【分析】
根据题意得，再得到，，分析即可得，，从而得到直线的倾斜角，即可求解.
【详解】
如图，由题意得，所以，
，由于，
所以，所以，又，所以，
所以，故，所以直线的斜率为.
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
根据题意构造底面正三角形的边长为2，高为的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，球心即为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据条件求半径即可.
【详解】
由已知得，三棱锥中，，
且与平面所成的角为，构造如图所示的正三棱柱，底面正三角形的边长为2，
高为，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设，分别为三棱柱上､下底面三角形的，
则为的中点，由于，
所以球的半径，
所以球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
与球有关的组合体成绩，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的地位，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切正方体，切点为正方体各个面的，正方体的棱长等于球的直径；球外接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理可知，由此可知，进而求出.
（2）由（1）余弦定理可知，对其运用基本不等式可知，根据三角形中线的向量表示可知，对其两边平方，根据平面向量数量积公式以及基本不等式可知，由此即可求出结果.
(1)
解：在中，由正弦定理得.
由于，所以.
又，所以，所以.
由于中，，所以.
(2)
解：在中，由及余弦定理，
得，
所以，所以，当且仅当时等号成立.
又点为的中点，所以
，
所以，
即的值为.
18．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即得.
(1)
由于矩形中，为的中点，
所以，
所以.
由于，
所以，
所以.
由于，
所以平面.
由于平面，
所以，又，
所以平面.
(2)
由（1）知两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由于，令，连接，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，
则，得，
所以，令，得，所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
所以，
故二面角的余弦值为.
19．(1)分布列见解析，
(2)（i）；（ii）
【解析】
【分析】
（1）先求门将每次可以扑出点球的概率，然后由反复实验的概率公式可得；
（2）（i）理解清题意：甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，然后可得；
（ii）理解清题意：前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球.然后计算可得.
(1)
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，
门将在前三次扑出点球的个数的可能取值为.
，
，
则的分布列为
的数学期望.
或（易知）.
(2)
（i）记“甲队先踢点球，在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出"为A，意味着甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，对应的概率为
（ii））记“点球在第6轮结束，且乙队以（不含常规赛和加时赛得分）胜出”为B，意味着前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球，其对应的概率为
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，分、讨论可得的单调区间；
（2），由得，不等式等价于，令，利用的单调性可得答案.
(1)
函数，定义域为，
（i）当时，单调递增；
（ii）当时，时，单调递减；
时，单调递增，
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
由（1）知，当时，，且，
所以，
由于，所以不等式等价于，
令，则在时恒成立，
所以当时，，
又，所以，
故，即.
【点睛】
本题关键点是讨论导数的正负判断函数的单调性，以及转化求出函数的最值证明不等式，考查了先生分析成绩、处理成绩能力.
21．(1)
(2)点在定直线上.
【解析】
【分析】
（1）解方程组可得答案；
（2）设， 的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入，可得直线的方程、直线的方程，联立两直线方程得，由化简可得答案.
(1)
由题意得，解得，
所以椭圆的方程是.
(2)
点是在定直线上，理由如下，
由（1）知，设，
，将的方程与联立消，得，
则，得且，且，
由于，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
联立直线与直线的方程，得，
得，
所以
所以点在定直线上.
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）消去参数可得的直角坐标方程，由化简可得的极坐标方程；
（2）联立，设两点所对应的极径为，则，利用韦达定理得可得，
从而得到的直角坐标方程.
(1)
由于的参数方程为（为参数），所以消去参数可得的直角坐标方程为，即，
又，所以的极坐标方程为.
(2)
由于与交于两点，联立得，
设两点所对应的极径为，则，
故，
整理得，则，
所以的直角坐标方程为.
23．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）分别在、和的情况下，去掉值符号后，解不等式即可；
（2）将不等式化为；分别在和时，根据恒成立的思想可构造不等式组求得结果.
(1)
当时，；
当时，，解得：，；
当时，，解得：，；
当时，，解得：，；
综上所述：不等式的解集为.
(2)
当时，，即；
①当时，，即恒成立；
，解得：；
②当时，，即恒成立；
，不等式组解集为；
综上所述：实数的取值范围为.
0
1
2
3