2022届江苏省常州市华罗庚中学高三下学期3月模拟数学试题含解析

2022届江苏省常州市华罗庚中学高三下学期3月模拟数学试题

一、单选题

1．已知复数是纯虚数，是实数，则（    ）

A．－ B． C．－2 D．2

【答案】A

【分析】由题意设，代入中化简，使其虚部为零，可求出的值，从而可求出复数，进而可求得其共轭复数.

【详解】由题意设，

则，

因为是实数，所以，得，

所以，

所以，

故选：A.

2．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用指数函数的性质求出集合M，再利用交集的定义求解即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：C.

3．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据侧面展开图得出母线长与底面周长，即可计算出底面半径与高，即可利用公式求出答案.

【详解】圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，

则圆锥的母线长为：；

圆锥的底面周长为：，

则圆锥的底面半径：，解得；

圆锥的高为：，

则该圆锥的体积为：，

故选：B.

4．某小区有1000户居民，各户每月的用电量近似服从正态分布，则用电量在320度以上的居民户数估计约为（    ）（参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，）

A．17 B．23 C．34 D．46

【答案】B

【分析】根据随机变量服从正态分布，利用正态分布曲线关于直线对称和所给的概率求解即可.

【详解】若随机变量服从正态分布，

则，

.

因为这1000户中用电量在320度以上的居民户数估计约为，

即在这1000户中，用电量在320度以上的用户数约为23.

故选：B.

5．阿基米德(公元前年—公元前年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家,他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为则椭圆的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a、b的方程组，求解方程组即可得答案．

【详解】解：由题意，设椭圆C的方程为，

因为椭圆的离心率为，面积为，

所以，解得，

所以椭圆C的方程为，

故选：A.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，易得，，从而可求出，即可得出答案.

【详解】解：因为，

所以，即，

所以，

即，

所以，

所以或，

所以或，，

当时，，不合题意，舍去，

当时，，

所以.

故选：C.

7．某化工厂产生的废气经过过滤后排放，以模型去拟合过滤过程中废气的污染物浓度与时间之间的一组数据，为了求出线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则当经过后，预报废气的污染物浓度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把代入中求出的值，再将的值代入中可求出的值.

【详解】当时， ，

所以.

故选：D.

8．若不同两点、均在函数的图象上，且点、关于原点对称，则称是函数的一个“匹配点对”（点对与视为同一个“匹配点对”）.已知恰有两个“匹配点对”，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】函数的图象关于原点对称的图象所对应的函数为，再将问题转化为函数与函数有两个交点，再数形结合可得答案.

【详解】函数的图象关于原点对称的图象所对应的函数为，

的图象上恰好有两个“匹配点对”等价于函数与函数有两个交点，

即方程有两个不等式的正实数根，

即有两个不等式的正实数根，

即转化为函数图象与函数图象有2个交点.

，

当时，，单调递增.

当时，，单调递减.且时，，时，

所以

所以图象与函数图象有2个交点.

则，解得.

故选：B

二、多选题

9．四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】如图，根据向量的线性运算和数量积的定义计算，依次判断选项即可.

【详解】如图，

A：，故A错误；

B：，故B正确；

C：，故C错误；

D：，

由，得，

所以，故D正确.

故选：BD

10．为弘扬文明.和谐的社区文化氛围，更好地服务社区群众，武汉市某社区组织开展了“党员先锋”.“邻里互助”两个公益服务项目，其中某个星期内两个项目的参与人数（单位：人）记录如下：

对于该星期内的公益服务情况，下列说法正确的有（    ）A．“党员先锋”项目参与人数的极差为52，中位数为25

B．“邻里互助”项目参与人数的众数为11，平均数为64

C．用频率估计概率，“党员先锋”项目连续3天参与人数不低于25的概率为

D．用频率估计概率，“邻里互助”项目连续2天参与人数不低于该项目平均数的概率为

【答案】BC

【分析】根据极差、中位数、众数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.

【详解】A选项，“党员先锋”项目参与人数的极差为，中位数是，A选项错误.

B选项，“邻里互助”项目参与人数的众数为11，

平均数为，B选项正确.

C选项，“党员先锋”项目连续3天参与人数不低于25的是：（星期二，星期三，星期四），

（星期三，星期四，星期五），（星期四，星期五，星期六），（星期五，星期六），星期日），

所以党员先锋”项目连续3天参与人数不低于25的概率为， C选项正确.

D选项，“邻里互助”项目连续2天参与人数不低于该项目平均数的是：

（星期五，星期六），（星期六，星期日），

所以“邻里互助”项目连续2天参与人数不低于该项目平均数的概率为，D选项错误.

故选：BC

11．已知直线过点且与圆：相切，直线与轴交于点，点是圆上的动点，则下列结论中正确的有（    ）

A．点的坐标为

B．面积的最大值为10

C．当直线与直线垂直时，

D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】根据题意，结合直线与圆，点与圆的位置关系，以及垂直直线的斜率关系和正切的二倍角公式，一一判断即可.

【详解】根据题意，易知点在圆上.

因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，

令，得，因此点的坐标为，故A正确；

因为点是圆上的动点，所以点到直线的最大距离，

又因为，所以面积，故B正确；

因为直线：与直线垂直，所以，解得，故C错误；

当直线与圆相切时，锐角最大，即最大，此时，

因为，所以，故D正确.

故选：ABD.

12．已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=，则在该四面体中（    ）

A．

B．BE与平面DCE所成角的余弦值为

C．四面体ABCD的内切球半径为

D．四面体ABCD的外接球表面积为

【答案】ABC

【分析】画出直观图，利用线面垂直判断A；取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作 于H，证明OH是内切球的半径，OA是外接球的半径，求出半径可判断CD；证明 是BE与平面DCE所成角，利用余弦定理判断B

【详解】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示，

， ，所以四面体的4个面是全等三角形，

取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，

所以 ，，

过O作 于H，

所以，，

因为，AB中点M，所以，

，

对于A：

，，，在平面ABN内，

故 平面ABN，而平面ABN ，所以 ，故A正确；

对于B：

由于 平面ACD，故平面ABN平面ACD，则B在平面DCE上的投影是在射线AN上,

故 是BE与平面DCE所成角，

故 ，故B正确；

对于C：

，，，在平面CDM内，

故 平面CDM，因为平面CDM，所以

又因为，在平面内相交，所以平面，

易得，

所以即 ，

即到平面的距离为，

因为四面体的4个面是全等三角形，

所以根据对称性，同理可求得到平面的距离都为，

即四面体ABCD的内切球半径为，故C正确；

对于D：

，

因为四面体的4个面是全等三角形，

所以根据对称性，同理可求得，

即四面体外接球的球心为O，半径为，

所以外接球的表面积为 ，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】

三、填空题

13．已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，则_________．

【答案】

【分析】利用奇函数可得，结合及已知解析式即可求值.

【详解】由题设，，又，

所以.

故答案为：.

14．设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为_______．

【答案】150

【分析】利用赋值法及二项式系数和公式求出、列出方程求得，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3得进而得系数．

【详解】中，令得展开式的各项系数之和，

根据二项式系数和公式得二项式系数之和，

∵，∴解得，

∴的展开式的通项为，

令得，故展开式中的系数为，

故答案为150.

【点睛】本题主要考查赋值法是求二项展开式系数和的方法，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题.

15．如图，已知抛物线及两点和，其中.过， 分别作轴的垂线，交抛物线于，两点，直线与轴交于点，此时就称，确定了.依此类推，可由，确定，…，记，，….给出下列三个结论：

①数列是递增数列；

②对任意，；

③若，，则.

其中，所有正确结论的序号是_________.

【答案】

【分析】根据题意得出数列的递推公式，结合数列的递推公式对题中三个命题进行分析，可得出结论.

【详解】由题意知，，，且，

直线的斜率为，

则直线的方程为，

令，则，，即，

在等式两边取倒数得.

，，由此可得出，，，命题②正确；

，则，由②知，对任意的，，

，即数列是单调递减数列，命题①错误；

若，，则，，，命题③正确.

故答案为：②③.

16．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．

【答案】##1.5

【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.

【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,

所以，

即，

在中，,故，

由题意可知： ,

则，所以，

故，

当且仅当时等号取得，

又，所以，

则 ，则实数的最小值为，

故答案为：

四、解答题

17．已知中内角的对边分别是，.

(1)求的值；

(2)设是的角平分线，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角形的正弦定理，结合诱导公式以及两角和的正弦公式可得所求值；

（2）设ADx，运用三角形的面积公式，结合等积法可得，解方程可得所求值．

【详解】（1），由，可得，

，可得B为锐角，则，

所以sin=，

由=可得，解得；

（2）由（1）可得，

因为是的平分线，

所以,

设，由，

可得，

化为，

解得，

则．

18．已知数列的前项和为．

（1）证明：数列为等比数列，并求出．

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）证明见解析；；（2）．

【分析】（1）根据递推关系及等比数列的定义证明；

（2）由（1）可得，根据关系求解通项，根据等比数列求和公式计算即可.

【详解】（1）由已知，

整理得，

所以，

令，得，所以，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以；

（2）由（1）知，，

当时，，

当时，，

所以

所以

所以．

19．某种项目的射击比赛，开始时选手在距离目标处射击，若命中则记3分，且停止射击．若第一次射击未命中，可以进行第二次射击，但需在距离目标处，这时命中目标记2分，且停止射击．若第二次仍未命中，还可以进行第三次射击，此时需在距离目标处，若第三次命中则记1分，并停止射击．若三次都未命中则记0分，并停止射击．已知选手甲的命中率与目标的距离的平方成反比，他在处击中目标的概率为，且各次射击都相互独立．

(1)求选手甲在射击中得0分的概率；

(2)设选手甲在比赛中的得分为，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）先由在100m处击中目标的概率为求出，进而求出，，再利用相互独立事件同时发生的概率进行求解；

（2）先写出的可能取值，求出每个变量的概率，列表得到分布列，再利用期望公式进行求解.

【详解】（1）解：记选手甲第一、二、三次射击命中目标分别为

事件、、，三次都没有击中目标为事件，则．

设选手甲在m处击中目标的概率为，则．

由m时，得，

所以，，

所以，．

由于各次射击都是相互独立的，所以选手甲在射击中得0分的概率为

．

（2）解：由题设知，的可能取值为0，1，2，3．

，，

，．

则的分布列为

所以数学期望为．

20．如图，为圆的直径，点在圆上，且为等腰梯形，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知.

(1)求证：平面平面；

(2)当的长为何值时，二面角的大小为.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得平面，即得，再根据圆性质得，根据线面垂直判定定理得平面，，最后根据面面垂直判定定理得结论；

（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组求各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据向量夹角与二面角关系建立方程，求出的长.

【详解】（1）证明：平面平面，且，平面平面，

平面ABCD,所以平面，

因为平面，所以，又因为为圆的直径，所以，BF,CB在平面内相交，所以平面，又由平面，所以平面平面.

（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则点D的坐标为，

则，设平面的法向量为)，则

，即，取，可得，则，

由（1）可知平面，平面的一个法向量为，

则，因为二面角的大小为，

可得 解得，所以线段的长为.

21．如图所示，已知椭圆：的离心率为，且过点，

（1）求椭圆的方程；

（2）设在椭圆上，且与轴平行，过作两条直线分别交椭圆于两点，，直线平分，且直线过点，求四边形的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由题知，，进而解得，，即椭圆的方程为；

（2）根据题意，设：，，，进而与椭圆联立方程得，再根据直线平分，进而化简整理得，解得，，进而得，最后计算四边形的面积.

【详解】解：（1）由离心率，得（*），

由于点在椭圆上，故（**），

联立（*）（**）得，，

所以椭圆的方程为．

（2）由直线过点，可设：，

它与椭圆的方程联立得，

设，，则，①

因为直线平分，所以，

即，整理得，

将①代入上式并化简得，

所以，所以，

所以，

所以四边形的面积．

【点睛】本题考查椭圆的方程的求解，椭圆中的四边形的面积问题，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于将直线平分转化为，进而设方程，，，通过设而不求计算得,最后结合求解面积.

22．已知，其中.

(1)当时，分别求和时的单调性；

(2)求证：当时，有唯一实数解；

(3)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）当，时，，当，时，，利用导数计算即可判断单调性.

（2）当时，等价于，构造函数，则，讨论当n为偶数，当n为奇数时，的单调性，结果即可证得结果.

（3）等价于．由（2）知，，即可求得结果．

【详解】（1）.

当，时，，.

由，得；由，得.

所以，在单调递增，在单调递减.

所以，即，

当，时，，.

因为，所以在单调递增.

（2）当时，.

即，即.

令，则.

所以，当为偶数时，，单调递减.

因为，所以有唯一解.

当为奇数时，若，则，在单调递增；若，则，在单调递减. 因为，所以有唯一解.

综上，当时，有唯一实数解

（3）当，时，等价于，

即，即.

由（2）知，，

所以，

所以，.

【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.