2022届湖北省恩施高中、郧阳中学高三上学期仿真模拟考试数学试题（解析版）

2022届湖北省恩施高中郧阳中学高三仿真模拟考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，且，则下列说法一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据交集的结论及包含关键判断．

【详解】因为，所以，所以

故选：D

2．袋子中有四个小球，分别写有“文､明､中､国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文､明､中､国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：

由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用古典概型的概率公式求解.

【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：

，

其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，

所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，

故选：A

3．设有下面四个命题

：若复数满足，则；

：若复数满足，则；

：若复数满足，则；

：若复数，则.

其中的真命题为

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】令，则由得，所以，故正确；

当时，因为，而知，故不正确；

当时，满足，但，故不正确；

对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.

点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成的形式进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.

4．已知是双曲线的两个焦点，是上的一点，且，经过点，则的虚轴长为（    ）

A． B． C．4 D．2

【答案】C

【分析】根据余弦定理，结合双曲线的定义列出方程，再根据双曲线经过点，解出方程，即可求得，从而得到结果.

【详解】设，由，得，

因为，则由余弦定理可得

，

解得，

则，即①，

又经过点，

所以②

联立①②，解得，则

所以的虚轴长为

故选:C

5．将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，，，若点坐标为，则

A． B． C． D．0

【答案】A

【分析】画出函数图像，根据图像知共有5个交点，交点关于对称，则，计算得到答案.

【详解】，函数周期为，函数图像关于中心对称，画出函数图像：

根据图像知，共有5个交点，交点关于对称，，

则.

故选：A.

【点睛】本题考查了三角函数交点问题，向量的模，确定共有5个交点，交点关于对称是解题的关键.

6．设等差数列的前n项和为．若，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据，可得，，从而可判断AB，举出反例即可判断C，根据等差数列的性质结合基本不等式即可判断D.

【详解】解：因为，

所以，故A错误；

，所以，

则公差，故B错误；

所以等差数列为递增数列，

则，，

则，

所以，

所以，故D正确；

对于C，当时，

，。

此时，故C错误.

故选：D.

7．设抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据抛物线与圆的位置关系，利用抛物线的焦半径公式，将表示为焦半径与半径的关系，然后根据坐标的特点结合基本不等式求解出的最小值.

【详解】如图所示：

因为圆的方程为即为，所以圆心为即为抛物线的焦点且半径

因为，所以，

又因为，，

所以，

设，所以，所以，所以，

所以，取等号时.

综上可知：.

故选：D.

【点睛】本题考查抛物线与圆的综合应用，着重考查了抛物线的焦半径公式的运用，难度较难.(1)已知抛物线上任意一点以及焦点，则有；(2)当过焦点的直线与抛物线相交于，则有.

8．已知实数满足，则大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先分析得到，再构造函数利用导数比较的大小即得解.

【详解】，

，

设，

所以，

所以函数在单调递减，

设

所以，

所以，

因为函数在单调递减，

所以，

故选：D

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数，得到函数在单调递减，第二次是构造函数得到.在解答函数的问题时，经常要观察已知条件构造函数解决问题.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．在某项测量中，测量结果服从正态分布，若位于区域内的概率为，则位于区域内的概率为

C．命题“”的否定是“”

D．函数无零点

【答案】AB

【分析】A项方程解不唯一，B项正态曲线关于对称

C项存在量词命题的否定是存在量词命题，D项辅助角公式后求解.

【详解】A项，把代入即充分性成立，当时,所以必要性不成立,故A正确；

B项，因为服从正态分布，则正态曲线关于对称，所以位于区域的概率也是，所以位于区域内的概率为，故B正确；

C项由命题的否定得“”的否定是“”，故C错误；

D项，因为函数时，

即，所以，即,所以零点为，所以D错误.

故选：AB

10．将甲､乙､丙､丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，表示事件“医生甲派往①村庄”；表示事件“医生乙派往①村庄”；表示事件“医生乙派往②村庄”，则（    ）

A．事件与相互独立 B．事件与不相互独立

C． D．

【答案】BD

【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件的定义判断A，B；用条件概率公式计算判断C，D作答.

【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，

事件A含有的基本事件数为，则，同理，

事件AB含有的基本事件数为，则，事件AC含有的基本事件数为，则，

对于A，，即事件A与B相互不独立，A不正确；

对于B，，即事件A与C相互不独立，B正确；

对于C，，C不正确；

对于D，，D正确.

故选：BD

11．已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（    ）

A．圆恒过原点

B．圆与圆外切

C．直线被圆所截得弦长的最大值为

D．直线与圆相切或相交

【答案】ACD

【分析】A.代入点可判断；B.计算圆心距离与半径差的大小关系；C.利用垂径定理求弦长然后求最值；D.求圆心到直线的距离来判断.

【详解】对于A：代入点得恒成立，A正确；

对于B：，即两圆心距离等于两圆半径差，两圆内切，B错误；

对于C： 直线被圆所截得弦长为

，

，

即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；

对于D：圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D正确；

故选：ACD.

12．已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O．将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（    ）

A．BD⊥CM

B．存在一个位置，使△CDM为等边三角形

C．DM与BC不可能垂直

D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°

【答案】ABD

【解析】画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正误即可．

【详解】对A，菱形中，，与相交于点．将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，，可知，，所以平面，可知，故A正确；

对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；

对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；

对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查空间几何体的直线与直线、直线与平面的位置关系的综合判断、命题的真假的判断，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．

三、填空题

13．直线的倾斜角是__________.

【答案】

【分析】根据直线求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，求出斜率为，根据诱导公式转化成里的正切值.

【详解】因为直线的斜率为

设此直线的倾斜角为，且

所以

又因为的周期为，所以

即，所以倾斜角为.

故答案为：.

14．如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．

【答案】8

【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.

【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：

根据原图与直观图的关系可得，，且，

所以，

所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，

故答案为：8

15．已知二次函数是偶函数，定义域为，则函数在上的最小值__________.

【答案】

【分析】利用偶函数的定义解出的值，再利用均值不等式求最小值即可.

【详解】由是偶函数可得，解得，

所以原问题为在的最小值，

由均值不等式得，当且仅当即时等号成立，

所以，即在上的最小值为9，

故答案为：9

16．共和国勋章，是中华人民共和国最高荣誉勋章，授予在中国特色社会主义建设和保卫国家中作出巨大贡献、建立卓越功勋的杰出人士.2020年8月11日，国家主席习近平签署主席令，授予钟南山“共和国勋章”.某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作的荣誉勋章的挂坠结构示意图如图，O为图中两个同心圆的圆心，三角形ABC中，，大圆半径，小圆半径，记为三角形OAB与三角形OAC的面积之和.设阴影部分的面积为，当取得最大值时___________.

【答案】

【分析】设，利用扇形的面积公式及三角形的面积公式得到，，构造函数，利用导数求函数的单调性与最值即可得到答案.

【详解】过点O作于点D，则点D为BC的中点，又，A，O，D三点共线，

设，，

则，，

从而，

令，，

由，解得：或（舍去），

记

在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值，此时.

故答案为：

【点睛】方法点睛：本题考查利用导数求三角函数的最值，考查三角函数的值域时，常用的方法：

（1）将函数化简整理为，再利用三角函数性质求值域；

（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.

（3）关于三角函数的二次型，利用换元法结合二次函数求值域.

四、解答题

17．在数列中，.

(1)设，求证：数列是等比数列；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2)数列的前项和为.

【分析】（1）由条件证明对于任意的，为常数即可.

（2）结合（1）的结论求得数列的通项公式，再由分组求和法求和.

【详解】（1）由已知又，，所以，

因为，

所以，又

所以，，因为，所以，

所以，

所以数列是首项为1，公比为4的等比数列．

（2）由（1），可知，

所以数列的通项公式为．

设数列的前项和为，则

，

所以，

，

，

，

所以，

所以数列的前项和为.

18．设的内角，，所对的边长分别为，，，且，，.

（1）求的面积；

（2）求的值及中内角，的大小.

【答案】（1）；（2）；，或，

【分析】（1）根据题意，由余弦定理得出，可求出，再根据三角形面积公式，即可求出的面积；

（2）根据正弦定理，求得，利用三角函数的恒等变换进行化简求出角，最后结合三角形的内角和，即可求出角.

【详解】解：（1）由题可知，，，，

由余弦定理得：，

则，

即，即，

解得：，

故的面积为：.

（2）因为，，，

由正弦定理得，

即：，

所以，

因为，所以，

则，

即，

整理得：，则，

由此得，

在中，或，

所以或，

由此可求得，或，.

【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查三角恒等变换的应用和三角形内角和关系，考查化简运算能力.

19．某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户考察三种不同的果树苗、、，经引种试验后发现，引种树苗的自然成活率为0.8，引种树苗、的自然成活率均为.

（1）任取树苗、、各一棵，估计自然成活的棵数为，求的分布列及；

（2）将（1）中的取得最大值时的值作为种树苗自然成活的概率.该农户决定引种棵种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活.

①求一棵种树苗最终成活的概率；

②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种种树苗多少棵？

【答案】（1）详见解析；（2）①0.96；②700棵.

【分析】（1）依题意，得到的所有可能值为，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得数学期望；

（2）由（1）可知当时，取得最大值，①利用概率的加法公式，即可求得一棵树苗最终成活的概率；②记为棵树苗的成活棵数，为棵树苗的利润，求得，要使，即可求解.

【详解】（1）依题意，的所有可能值为0，1，2，3.

则；

，

即，

，

；

的分布列为：

所以 .

（2）当时，取得最大值.

①一棵树苗最终成活的概率为.

②记为棵树苗的成活棵数，为棵树苗的利润，

则，，，

，要使，则有.

所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元.

【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及期望的实际应用问题，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.

20．如图，在三棱锥中，，，，分别是线段，的中点，，，二面角的大小为60°.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线和平面所成角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）要证平面平面，需证线面垂直，根据条件可知，再根据勾股可证，从而可证平面，进而证出结论.（2）法一：以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法可求；法二： 由（1）可知平面，取的中点E，连接，可证平面，即为直线和平面所成的角，利用直角三角形即可求出结果.

【详解】解：（1）在中，N是斜边的中点，

所以.

因为，是，的中点，

所以，且，

所以，.

又因为，，

所以，且，

故平面，

因为平面，

所以平面平面.

（2）法一：由（1）知平面，故平面，

所以.又，所以即为二面角的平面角，故，因此，.

以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示空间直角坐标系.

因为，，

所以中点，.

，.

所以，.

设平面的法向量，

则，即，

取，得，

所以，

故，

因此直线和平面所成角的余弦值等于.

法二：由（1）知平面，故平面，所以，

又，所以即为二面角的平面角，故，

因此，

取的中点E，连接，则，且，在中，，

又因为平面平面，所以平面，

因此即为直线和平面所成的角，

由，得，

所以直线和平面所成角的余弦值等于.

【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，本题也可以用传统方法求线面角，考查学生的空间立体感和计算能力，属于中档题.

21．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点(点位于轴上方)，，的周长分别为，.

（1）求椭圆的方程；

（2）若，且，设直线的倾斜角为，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据椭圆的定义可得，的周长分别为，结合可得答案.

(2)根据题意设出直线的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，得出，得出的纵坐标的关系，从而可求出答案.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，的周长分别为，，

所以根据椭圆的定义得，解得.

所以椭圆的方程为.

（2）由条件，且，则,所以直线的斜率存在.

根据题意，可设直线的方程为.

联立，消去，得，

则，

设，，则①，②，

又，且，则.

设，，

则，所以③，

把③代入①得，，

并结合②可得，

则，即，

因为在上单调递增，所以，

即，且，解得，

即，所以.

故的取值范围是.

【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由，，又，且，则，得出关系求解，属于中档题.

22．已知函数.

(1)讨论函数的单调性;

(2)当时，若曲线与曲线存在唯一的公切线，求实数的值;

(3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析（2）（3）

【解析】（1），分和讨论函数的单调性；

（2）曲线，曲线，设该公切线与分别切于点，显然，利用导数的几何意义和两点间的斜率公式求得，解得，

问题等价于直线与曲线在时有且只有一个公共点，利用导数求的值域；

（3）问题等价于不等式，当时恒成立，设，先求，再求，分和两种情况讨论函数的最小值，判断是否成立.

【详解】解:(1)，

当时，恒成立，在上单调递减，

当时，由，解得，

由于时，导函数单调递增，

故，单调递减，

单调递增.

综上，当时在上单调递减;

当时， 在上单调递减，在上单调递增. .

(2)曲线与曲线存在唯一公切线，设该公切线与分别切于点，显然.

由于，

所以，

，

由于，故，且

因此，

此时，

设

问题等价于直线与曲线在时有且只有一个公共点，

又，令，解得，

则在上单调递增，上单调递减，

而，当时，

所以的值域为.

故.

(3)当时，，问题等价于不等式

，当时恒成立.

设，，

又设

则

而.

(i)当时，即时，

由于，

此时在上单调递增.

所以

即，所以在上单调递增

所以，

即，

故适合题意.

(ii)当时，，

由于在上单调递增，

令，

则，

故在上存在唯一，使，

因此当时，单调递减，

所以，

即在上单调递减，

故，

亦即，

故时不适合题意，

综上，所求的取值范围为.

【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性，以及根据函数的零点和利用不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查转化与化归，推理能力 ，和计算能力，解决零点问题好恒成立问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.