2022届重庆市南开中学高三下学期高考模拟数学试题含解析

这是一份2022届重庆市南开中学高三下学期高考模拟数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届重庆市南开中学高三下学期高考模拟数学试题
一、单选题
1．设集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合的运算法则计算．
【详解】因为，，所以.
故选：A．
2．已知命题：“”为真命题，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】命题p：“，”，即，然后利用对勾函数的知识求出的最大值即可.
【详解】命题p：“，”，即，
设，对勾函数在时取得最小值为4，在时取得最大值为，故，
故选：B．
3．已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用两角和的正切公式求得，再利用二倍角正弦公式和商数关系求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
4．已知圆的内接正方形的一条对角线上的两个顶点的坐标分别是，，则这个圆的方程为（       ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出圆心坐标与半径，可得圆的方程．
【详解】由题意，圆心，圆的直径为，半径为
所以圆的方程为，即 ，
故选：B
5．如图，在三棱锥中，，，，分别是，的中点．则异面直线，所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，取的中点，连接，故（或其补角）就是异面直线所成的角，再根据几何关系，结合余弦定理求解.
【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，
因为是中点，则，
所以（或其补角）就是异面直线所成的角，
由已知，，，
所以，
所以异面直线，所成角的余弦值为
故选：C．

6．“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项不正确的是（       ）

A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第条斜线上，共有个数
D．在第11条斜线上，最大的数是
【答案】A
【分析】根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，得到数列规律为判断A选项，再根据杨辉三角得到第n条斜线上的数为：，进而判断BCD.
【详解】从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，，
其规律是，
所以第9条斜线上各数之和为13+21=34，故A错误；
第1条斜线上的数：，
第2条斜线上的数：；
第3条斜线上的数：，
第4条斜线上的数：，
第5条斜线上的数：，
第6条斜线的数：，
……，
依此规律，第n条斜线上的数为：，
在第11条斜线上的数为，最大的数是，
由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有个数；
n为偶数时，第n条斜线上共有共有个数，
所以第n条斜线上共，故C正确；
由上述每条斜线的变化规律可知：在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.
故选：A.
7．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.
【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，


则，，，，，
，，，
设关于平面的对称点为，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
与到平面的距离，
又，，
，，，，
（当且仅当三点共线时取等号），
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.
8．已知函数，当时，不等式恒成立，则k的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】参变分离，构造函数，研究单调性，得到，再构造，研究其单调性，得到有解，进而得到，求出结果.
【详解】因为，所以，则当时，不等式恒成立等价于．设，则．当时，，单调递增；当时，，单调递减．则，即，即，当且仅当时，等号成立．设，则．由，得；由，得．则在上单调递减，在上单调递增．因为，，所以有解，则，当且仅当时，等号成立，从而，故．
故选：B
【点睛】参变分离是一种求解参数取值范围的重要方法，参变分离原则是容易分离且构造的新函数不能太过复杂.
二、多选题
9．已知复数，是的共轭复数，则下列结论正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABC
【分析】若 ，则， ，利用复数代数运算，可以判断AB；利用复数的三角运算，可以判断C；利用数形结合，可以判断D.
【详解】对于A：
若 ，则，故，
所以A正确；
对于B：
若，则，
所以B正确；
对于C：
设 ，
则 ，故 ，
所以C正确；
对于D：
如下图所示，若 ，，则，，故 ，
所以D错误.

故选：ABC
10．如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（       ）

A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BCD
【解析】利用组合计数原理可判断A选项的正误；利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B选项的正误；计算出乙经过处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C选项的正误；计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断D选项的正误.
【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从到达处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达处，可分为两步：
第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.
甲经过到达的方法数为种，B选项正确；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
甲、乙两人在处相遇的方法数为，
甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，
乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：本题考查格点问题，解决这类问题可利用如下结论求解：
在平面直角坐标系中，从到，每次只能向右或向上走一步，一共要走步，其中有步向上走，步向右走，走法种数为（或）种.
11．全班学生到工厂劳动实践，各自用，的长方体切割出四棱锥模型.产品标准要求：分别为的中点，可以是线段(不含端点)上的任意一点，有四位同学完成制作后，对自己所做的产品分别作了以下描述，你认为有可能符合标准的是(     )

A．使直线与平面所成角取到了最大值
B．使直线与平面所成角取到了最大值
C．使平面与平面的夹角取到了最大值
D．使平面与平面的夹角取到了最大值
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，设P点坐标，利用向量法求出各个选项所研究的角的正弦值或余弦值，根据点P的坐标变化范围即可判断角的变化情况，判断角是否能取到最大值即可.
【详解】
则，，，，，，
设，
则，，，，，，
取平面PEB的一个法向量为，
设平面PDF的法向量为，
则，取，
设平面PDE的法向量为，
则，取，
设平面PFB的法向量为，
则，取，
A：设直线与平面所成角为α，
则，
∵0＜t＜4时，函数单调递减，没有最大值，故A描述不可能符合标准.
B：设直线与平面所成角为β，
则，
0＜t＜2时，函数y＝单调递增，2＜t＜4时，函数y＝单调递减，∴当t＝2时，即P是中点的时候，sinβ取最大值，此时夹角β最大，故B描述可能符合标准.
C：设平面与平面的夹角为θ，
则
下面研究函数在t∈(0，4)上的单调性：
令t－3＝s，，
，
＝，
＝，
则，
∴，
t∈(0，4)，在递减，在递增，且，
又在时递增，
故由复合函数单调性判断原理可知在递减，在递增，则cosθ在t＝3时取最小值，此时θ最大，即平面与平面的夹角取到了最大值，故C描述可能符合标准.
D：设平面与平面的夹角为φ，
则，即为定值，故D描述不可能符合标准.
故选：BC.
【点睛】本题综合考察了线面角和面面角的向量求法.问题关键是选项C的情况，需要合理换元，通过复合函数的单调性判断法则判断所得函数的单调性.
12．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个（）次多项式（），使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff)多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】通过求，来判断出正确选项.
【详解】


，
所以，A错误.


，
所以，B正确.




.
所以，
由于，所以，
由于，所以，
所以由解得，
所以，C正确.
，所以D错误.
故选：BC
【点睛】三角函数化简求值问题，关键是根据题意，利用三角恒等变换的公式进行化简.
三、填空题
13．我国古代数学算经十书之一《九章算术》有一衰分问题（即分层抽样问题）：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人.凡三乡，发役五百人，则北乡遣___________人.
【答案】
【分析】根据分层抽样原理计算抽样比例，从而求出北乡应遣人数．
【详解】解：根据分层抽样原理，抽样比例为，
北乡应遣（人．
故答案为：．
【点睛】本题考查了分层抽样方法应用问题，属于基础题．
14．韦伯望远镜必须在不受任何其它热源干扰的情况下保持在以下才能观察红外线中的微弱信号.为了防止热传递，NASA工程师们开发了由Kapton材料组成的遮阳板.太阳光通过一层普通玻璃时，其中的紫外线的强度为减弱原来的，而通过韦伯望远镜遮阳板则能将其中的紫外线的强度减弱为原来的.则要达到韦伯望远镜遮阳板的减弱效果，至少需要的普通玻璃层数为______________.（参考数据：）
【答案】21
【分析】根据题意，列出不等式，利用对数的运算即可.
【详解】由于每加一层玻璃，紫外线就衰减为原来的   ，
所以 ，
两边取自然对数得 ，至少需要21层，
故答案为：21.
15．已知椭圆，，为其焦点，平面内一点满足，且，线段，分别交椭圆于点A，，若，则_______.
【答案】
【分析】作出图像，数形结合，利用几何关系和椭圆定义得到a、b、c的关系，由求出即可得答案.
【详解】如图所示，

，且，∴为等腰直角三角形，
又∵，∴，
又，∴，即，代入，得，
由知，代入椭圆方程解得，即，
∴﹒
故答案为：.
四、双空题
16．正方体的棱长为2，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设.
（1）下列说法中，正确的编号为__________.
①截面多边形可能为四边形；②；③函数的图象关于对称.
（2）当时，三棱锥的外接球的表面积为__________.
【答案】     ②③     9π
【解析】（1）先找到两个与垂直的平面作为辅助平面，从而确定这两个平面之间的截面为六边形，从而判断①错误；由正方体的对称性判断③；由等体积法判断②；
(2)找出该三棱锥外接球的半径，由球的表面积公式计算即可.
【详解】（1）连接，以点D为坐标原点，分别以为轴建立如下图所示的空间直角坐标系



，
所以，面，
即面
同理可证：面
所以面面，如下图所示，夹在面和面之间并且与这两个平面平行的截面为六边形

故截面只能为三角形和六边形，故①错误；
由正方体的对称性，可得函数的图像关于对称，故③正确；
取的中点分别为，连接，如下图所示，即此时
对应的周长为 ，即，故②正确；

（2）当时，此时点P在线段的中点，连接交于点H
则，，则
所以 ，同理可证：
面，，所以面
取PH的中点为O， ，则三棱锥的外接球的球心为O，半径为，则三棱锥的外接球的表面积为

故答案为：(1)②③；(2)
【点睛】本题主要考查了判断正方体截面的形状、棱锥的体积公式、棱锥的外接球的表面积，属于难题.
五、解答题
17．己知公差不为0的等差数列满足，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列前n和为，求使得成立的n的最大值.
【答案】(1)
(2)10
【分析】(1)由 和等比中项的概念可求出数列的首项和公差，然后利用等差数列的通项公式即可求出答案；
（2）先求出的通项公式，利用裂项相消法求出，解不等式，即可求出答案.
(1)
因为成等比数列，所以，则，
又，所以，又，
所以，
所以.
(2)


要使，即解得，故最大整数n的值为10.
18．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式与单调递减区间；
(2)已知在时，求方程的所有根的和.
【答案】(1)， ，
(2)
【分析】（1）将函数变形为，由函数的周期及奇偶性可求解；
（2）解方程得或，即或，利用正弦函数的性质可求解.
(1)

图象的相邻两对称轴间的距离为，
的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，，又，，
故的解析式为，
令，得
函数的递减区间为，.
(2)
，，，
方程可化为，
解得或，即或
当时，或或
解得或或
当时，，所以
综上知，在时，方程的所有根的和为

19．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为p（0