2022届海南华侨中学高三下学期全真模拟考试数学试题含解析

这是一份2022届海南华侨中学高三下学期全真模拟考试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届海南华侨中学高三下学期全真模拟考试数学试题一、单选题1．已知集合M，N满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据交集的定义即可求解.【详解】解：因为集合M，N满足，所以根据交集的定义可得，故选：C.2．下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据初等函数的单调性和奇偶性逐一判断即可得结果.【详解】是奇函数，但整个定义域内不是减函数，故A错误；在定义域（0，+∞）上是减函数，但不是奇函数，故B错误；在R上既是奇函数又是减函数，故C正确；在R上是奇函数但不是单调函数，故D错误.故选：C.3．4名运动员同时参与到三项比赛冠军的争夺，则最终获奖结果种数为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式作答.【详解】每一项比赛的冠军在4个人中选取有4种方法，由分步乘法计数原理得：最终获奖结果种数为.故选：C4．明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有，，．据此，可得正项等比数列中，（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意可得三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，从而类比出正项等比数列中的可由首项和末项表示.【详解】因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，所以正项等比数列中的可由首项和末项表示，因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题以数学文化为背景，考查类比推理能力和逻辑推理能力，求解时要先读懂题目的文化背景，再利用等比数列的通项公式进行等价变形求解.5．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径是（       ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【解析】先求出截面圆的半径，然后根据球的半径，小圆半径，球心距三者之间的关系列方程求解即可．【详解】解：设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即，根据截面圆的周长可得，得，故由题意知，即，所以，故选：B．【点睛】本题考查球被面所截的问题，考查学生计算能力以及空间想象能力，是基础题．6．已知，则（       ）A． B． C． D．或【答案】A【分析】由平方关系求得、，再由两角和的余弦展开式求得答案.【详解】依题意，均为锐角，由得，由得，所以，而，所以.故选：A.7．已知不共线的平面向量两两所成的角相等，且，则（       ）A． B．2 C．3 D．2或3【答案】D【分析】先求出，转化，列方程即可求出.【详解】由不共线的平面向量，，两两所成的角相等，可设为θ，则.设||=m.因为，所以，即，所以即，解得：或3.所以||=2或3故选：D8．已知函数在上有且仅有个零点，则的取值范围是（        ）A． B．C． D．【答案】B【分析】当时，，由已知条件可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.【详解】因为，当时，，因为函数在上有且仅有个零点，则，解得.故选：B.二、多选题9．下列四个结论正确的是（　　）A．若平面上四个点P，A，B，C，，则A．B，C三点共线B．已知向量，若，则为钝角.C．若G为△ABC的重心，则D．若，△ABC一定为等腰三角形【答案】AC【分析】对于A，利用共线向量定理判断，对于B，举例判断，对于C，由重心性质判断，对于D，利用三角函数的性质判断【详解】对于A，由，所以，即，所以共线，因为有公共端点，所以A．B，C三点共线，所以A正确，对于B，当时，，此时，则的夹角为，不是钝角，所以B错误，对于C，延长，交于，因为G为△ABC的重心，所以为的中点，，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，因为，，所以或，所以或，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以D错误，故选：AC10．已知复数满足，且复数对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（       ）A．复数的虚部为B．C．D．复数的共轭复数为【答案】BCD【分析】先求出复数z，再对四个选项一一验证：对于A：直接求出复数z的虚部，即可判断；对于B：直接求出，即可判断；对于C：直接求出和，即可判断；对于D：直接求出复数z的共轭复数，即可判断.【详解】设复数.因为，且复数z对应的点在第一象限，所以，解得：，即.对于A：复数z的虚部为.故A错误；对于B：.故B正确；对于C：因为，所以.故C正确；对于D：复数z的共轭复数为.故D正确.故选：BCD11．袋中装有除颜色外完全相同的1个红球和2个白球，从袋中不放回的依次抽取2个球.记事件A=“第一次抽到的是白球”，事件B=“第二次抽到的是白球”，则（       ）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立C． D．【答案】CD【分析】根据互斥事件以及相互独立事件的概念，可判断A,B; 事件B=“第二次抽到的是白球”，分两种情况，即第一次抽到红球第二次抽到白球和第一次抽到白球第二次也抽到白球，由此判断C;根据条件概率的公式计算，可判断D.【详解】对于A,由于第一次抽到的是白球和第二次抽到白球，可以同时发生，故事件A与事件B不互斥，A错误；对于B，由于是从袋中不放回的依次抽取2个球，因此第一次抽球的结果对第二次抽到什么颜色的球是有影响的，因此事件A与事件B不是相互独立关系，B错误；对于C，事件B=“第二次抽到的是白球”，分两种情况，即第一次抽到红球第二次抽到白球和第一次抽到白球第二次也抽到白球，故，故C正确；对于D， ,故,故D正确，故选：CD12．已知函数则下列结论正确的有（       ）A．B．恒成立C．关于的方程有三个不同的实根，则D．关于的方程的所有根之和为【答案】AC【分析】根据已知递推可判断A；根据函数的变化规律，只需证明时，成立，作差求导可判断B；作图可判断C；数形结合，抓住每个区间上的对称轴可判断D.【详解】由题知，故A正确；由上可知，要使恒成立，只需满足时，成立，即 ，即成立，令，则得，易知当时有极大值，故B不正确；作函数图象，由图可知，要使方程R)有三个不同的实根，则，即，故C正确；由可知，函数在上的函数图象可以由上的图象向右平移一个单位长度，在将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍得到，由于的对称轴为，故的两根之和为，同理，的两根之和为，…，的两根之和为，故所有根之和为，故D错误.故选：AC.三、填空题13．不等式的解集为，则__________．【答案】【分析】利用一元二次方程根与系数的关系可求得的值.【详解】由已知，关于的二次方程的两根分别为、，且，所以，，解得.故答案为：.14．2022年4月24日是第七个“中国航天日”，今年的主题是“航天点亮梦想”.某校组织学生参与航天知识竞答活动，某班8位同学成绩如下：7，6，8，9，8，7，10，m.若去掉m，该组数据的第25百分位数保持不变，则整数的值可以是___________（写出一个满足条件的m值即可）.【答案】7或8或9或10（填上述4个数中任意一个均可）【分析】由百分位数的概念即可得出答案.【详解】7，6，8，9，8，7，10，m，若去掉m，该组数据从小到大排列为：6，7，7，8，8，9，10，则，故第25百分位数为第二个数即7，所以7，6，8，9，8，7，10，m，第25百分位数为7，而，所以7为第二个数与第三个数的平均数，所以的值可以是7或8或9或10.故答案为：7或8或9或10.15．如图所示，ABCD-EFGH为边长等于1的正方体，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线AB的距离为________．【答案】【分析】过P作PM⊥平面ABCD于M，过M作MN⊥AB于N，连接PN，则PN即为所求，由已知可得，即可求出.【详解】解析：过P作PM⊥平面ABCD于M，过M作MN⊥AB于N，连接PN，则PN即为所求，如图所示．因为，所以，所以.即P点到直线AB的距离为.故答案为：.16．已知双曲线的左焦点为，过且与双曲线的一条渐近线垂直的直线与另一条渐近线交于点，交轴于点，若为的中点，则双曲线的离心率为__________．【答案】【分析】求出直线的方程，联立渐近线方程求出P点坐标，根据中点列出方程，求出，从而求出离心率.【详解】如图，直线为：，联立与，解得：，因为为的中点，所以，解得：，离心率为.故答案为：四、解答题17．在①S3＝17，②S1+S2＝4，③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题：已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn+1＝3Sn+2．（1）证明：数列{Sn+1}为等比数列；（2）若_____，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用和的关系式进行变形；（2）利用和的关系式得到通项，即可得到结果；【详解】（1）数列中，，且，所以，数列是公比的等比数列；（2）选择条件①，不存在，因为，所以，因为是公比为3的等比数列，所以，解得，，；，，因为，不符合上式，所以数列不是等比数列，所以不存在．选择条件②，不存在，因为是公比为3的等比数列，所以，又，得，所以，，所以，所以，因为，不符合上式，所以数列不是等比数列，所以不存在．选择条件③，存在，因为是公比为3的等比数列，所以，又，得，所以，，所以，所以，因为，符合上式，所以数列是等比数列，所以存在，此时．18．在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.(1)求A；(2)若M为边上一点，且，，求的面积.【答案】(1)；(2)﹒【分析】(1)结合三角恒等变换公式和正弦定理边化角即可求出，从而求出A；(2)根据△ABM是等边三角形及可求出AB、BM、AM，求出∠BMC，在△BMC内利用余弦定理即可求出MC，从而可求AC，根据三角形面积公式即可求的面积．【详解】(1)由，得，由正弦定理得，∵sinB≠0，故，∵，∴，∴，∴，∴；(2)△ABM是等边三角形，由，解得，∴，易知，则在△BMC中，由余弦定理得：，解得，∴，∴的面积．19．如图，在三棱台ABC—中，，平面平面(1)证明：平面；(2)若二面角的大小是，求线段的长.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）在等腰梯形中，作，利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理得到，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面与平面的法向量，再利用二面角的大小是，即可求出.【详解】(1)在等腰梯形中，作，则，在中，，，，在中，，解得，，即由平面平面，平面平面，平面，平面平面.(2)如图，在平面内，过点作，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则 设平面的法向量为，则，即，则 平面的一个法向量为 则，解得 即.20．已知椭圆，左焦点为，点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程．(2)若直线和椭圆交于两点，设点为线段的中点，为坐标原点，求线段长度的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意求出即可得到椭圆的标准方程（2）设的坐标分别为，利用“点差法”可以求的的轨迹方程，再结合，消去，求解出的取值范围即可【详解】(1)左焦点为， ①又点在椭圆上， ②椭圆中 ③由①②③可得： 故椭圆的标准方程为：(2)设的坐标分别为，则有①，②，，由①-②可得：，即，将条件及，带入上式可得点的轨迹方程为，所以，所以 所以线段长度的取值范围为21．从2021年起，全国高考数学加入了新题型多选题，每个小题给出的四个选择中有多项是正确的，其中回答错误得0分，部分正确得2分，完全正确得5分，小明根据以前做过的多项选择题统计得到，多选题有两个选项的概率为p，有三个选项的概率为（其中）.(1)若，小明对某个多项选择题完全不会，决定随机选择一个选项，求小明得2分的概率；(2)在某个多项选择题中，小明发现选项A正确，选项B错误，下面小明有三种不同策略：Ⅰ：选择A，再从剩下的C，D选项中随机选择一个，小明该题的得分为X；Ⅱ：选择ACD，小明该题的得分为Y；Ⅲ：只选择A、小明该题的得分为Z；在p变化时、根据该题得分的期望来帮助小明分析该选择哪个策略.【答案】(1)(2)答案见解析.【分析】（1）根据分类加法求概率.（2）分别求出三种策略下的得分均值，通过比较均值的大小来确定选择哪个策略.【详解】(1)若答案是两个选项，所有的可能有：共6种，则小明只选一个得2分的概率为：；答案是三个选项，所有的可能有：有共4种，则小明只选一个得2分的概率为：；故小明得2分的概率为(2)选策略Ⅰ，则小明得分为 的分布为： 025                                  得分的期望为 选策略Ⅱ，则小明得分为的分布为：05  得分的期望为策略Ⅲ，得分为,则当，此时，故此时选择策略Ⅰ，当时，最大，此时选择策略Ⅱ，当 时，策略Ⅰ, Ⅱ概率一样，都可以.22．函数.(1)若在上单调递增，求a的取值范围；(2)若时，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由在上单调递增，则在上恒成立，分离参数可得，设，求出导数，得出其单调性，从而得出其最大值，即可得出答案.（2）由题意即证即证成立，设求出导数得出单调性，从而得出最大值，即可证明.【详解】(1)由在上单调递增，则在上恒成立，又，所以在上恒成立令，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以所以的取值范围为：(2)当时，要证，只需证明即证令令恒成立，则在R上为减函数且，则所以当时，，即，故在上单调递增，当时，，即，故在上单调递减，所以，即恒成立即成立【点睛】关键点睛：本题考查已知函数在区间上的单调性求参数的范围和利用导数证明不等式，解答本题的关键是由已知的单调性，将问题转化为在已知区间上导函数在上恒成立问题求解；证明不等式是，先将所要证明的不等式转化为即证，构造函数，求出其最大值即可，属于难题.