2022届东北三省四市教研联合体高三下学期高考模拟试题（二）数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 18 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 18 页2022届东北三省四市教研联合体高三下学期高考模拟试题（二）数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】A【分析】求出集合，利用交集的定义可求得结果.【详解】因为，因此，.故选：A.2下列关于复数的四个命题中，错误的是（）ABCz的共轭复数为-1+iDz的虚部为-1【答案】B【分析】利用复数的运算法则计算出结果即可判断四个选项正误.【详解】，则，选项正确；，选项不正确；的共轭复数为，选项正确；的虚部为，

2、选项正确；故选：.3已知向量，若满足，则向量的坐标为（）ABCD【答案】D【分析】根据向量共线的坐标表示及向量垂直的坐标表示，联立方程组求解即可得答案.【详解】解：因为向量，所以，又，所以，解得，所以向量的坐标为，故选：D.4以下三组数据的标准差分别为，5，5，5，5，5，5，5，5，53，3，4，4，5，6，6，7，72，2，2，2，5，8，8，8，8则有（）ABCD【答案】A【分析】分别计算出三组数据的标准差，比较得到结果.【详解】第一组数据的平均数为5，所以方差为0，标准差为；第二组数据的平均数为，所以方差为，故标准差为，第三组数据的平均数为，所以方差为，故标准差为，所以故选：A5大衍数

3、列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（）A200B210C220D242【答案】C【分析】由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.【详解】根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有故其奇数项上的通项公式为故，故选：C6已知函数，则下列结论中正确的是

4、（）A函数的最小正周期为B时取得最大值C的对称中心坐标是（）D在上单调递增【答案】D【分析】根据正弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解.【详解】解：，对A：函数的最小正周期为，故选项A错误；对B：因为，所以，且，故选项B错误；对C：令，得，所以的对称中心坐标是，故选项C错误；对D：因为，所以，又在上单调递增，所以在上单调递增，故选项D正确.故选：D.7多面体的三视图如图，则此多面体各个面中，面积的最大值为（）AB9C18D【答案】C【分析】由三视图还原该结合体，然后算出各个面的面积作比较即可.【详解】由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥，其中，点在线段中点的正上方，所以，所以，所以

5、此多面体各个面中，面积的最大值为，故选：C8动圆M经过坐标原点，且半径为1，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为（）A1B2CD【答案】C【分析】设动圆圆心，利用动圆M经过坐标原点，可得，利用基本不等式可得，从而得到要求的最大值.【详解】设动圆圆心，半径为1，动圆M经过坐标原点，可得,即，当且仅当时取等号，即，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为故选：C9已知，则下列判断正确的是（）ABCD【答案】B【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用不等式的性质可判断C选项.【详解】对于A选项，取，则，A错；对于B选项，因为函数、均为上的增函数，所以，函数在上为增函数，因为，则，即

6、，B对；对于C选项，因为，则，所以，C错；对于D选项，取，则，D错.故选：B.10ABC中，若，则AB边上的高的最大值为（）A2B3CD【答案】C【分析】将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得，然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值，从而得到高的最大值.【详解】ABC中，可得，即，解得即，,可得，当时取到最大值16，设AB边上的高为h，则，解得，即AB边上的高的最大值为，故选：C11已知双曲线与椭圆过椭圆上一点作椭圆的切线l，l与x轴交于M点，l与双曲线C的两条渐近线分别交于N、Q，且N为MQ的中点，则双曲线C的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】设出切线方程，与椭圆方程联立后利用根的判

7、别式求出，求出切线方程，从而得到M点坐标，再联立渐近线得到N，Q的横坐标，利用中点得到方程，求出，从而求出离心率.【详解】由题意得：渐近线方程为，设切线方程为，联立得：，由得：，解得：，所以切线方程为，令得：，所以，联立与，解得：，联立与，解得：，因为N为MQ的中点，所以，解得：，所以离心率为故选：A12若对，恒有，则正数a的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】依题意可得，令，则原问题等价于恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得到恒成立，参变分离可得恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解；【详解】解：因为，为正数，所以，即，令，则，则原问题等价于恒成立，又，记，则

8、，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，所以，所以，所以在上单调递增，因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，令，所以，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即的取值范围为；故选：D二、填空题13的展开式中，常数项为_（用数字作答）【答案】【解析】写出展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.14已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，且满足，则的长等于_【答案】1.5【分析】过，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，利用

9、抛物线的定义及相似可得答案.【详解】过，作抛物线准线的垂线，垂足依次为，则，由，故答案为：.15正三棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABC的边长为6，当球O的体积最小时，三棱锥的体积为_【答案】18【分析】根据球的性质有，所以球O的体积最小时，此时，正三棱锥的高，从而根据三棱锥的体积公式即可求解.【详解】解：由题意，底面ABC是边长为6的正三角形，所以ABC的外接圆的半径，即截面圆的半径，设球心O与截面圆的圆心之间的距离为，球的半径为R，根据球的性质有，所以当球O的体积最小，即球的半径R最小时，此时，所以此时正三棱锥的高，所以三棱锥的体积，故答案为：18.三、双空题16已知函数，则函数的各个零

10、点之和为_；若方程恰有四个实根，则实数的取值范围为_【答案】 【分析】求出函数的零点，可求得函数的各零点之和；令，可得出函数的值域为，设方程在上有两个不等的实根，设为、，可得出、或、或、，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】当时，由，可得；当时，由，解得或.所以，函数的各个零点之和为.令，当时，当且仅当时，等号成立，当时，当且仅当时，等号成立，所以，函数的值域为.作出函数的图象如下图所示：若方程恰有四个实根，则方程在上有两个不等的实根，设为、，由图可知，、或、或、，作出函数在上的图象如下图所示：由图可得或，因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解

11、思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、，则函数的零点个数为.四、解答题17数列与满足，且，(1)若是等比数列，求的前n项和；(2)若是各项均为正数的等比数列，前三项和为14，求的通项公式【答案】(1)(2)【分析】（1）由等比等差数列的基本量运算可得数列的首项和公差，然后利用前n项和公式求和即可.（2）由已知条件可得的通项，从而得到，然后利用累乘法可得通项公式.【详解】(1)设的公比为q，数列是等差数列，且公差，前n项和(2)设的公比为p，则，且得，则即，符合上式，18四棱锥，底面，与底面成角，为的中点(1)证明：；(2

12、)求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，推导出，利用等腰三角形三线合一的性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】(1)证明：连接，因为底面，与底面成角，即，所以，为等腰直角三角形，且，因为底面，平面，因为，则，为的中点，所以，.(2)解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，则，因此，二面角的正弦值为.19“百年征程波澜壮阔，百年初心历久弥坚”为庆祝中

13、国建党一百周年，哈市某高中举办了“学党史、知党情、跟党走”的党史知识竞赛比赛分为初赛和决赛两个环节，通过初赛选出两名同学进行最终决赛若该高中A，B两名学生通过激烈的竞争，取得了初赛的前两名，现进行决赛规则如下：设置5轮抢答，每轮抢到答题权并答对则该学生得1分，答错则对方得1分当分差达到2分或答满5轮时，比赛结束，得分高者获胜已知A，B每轮均抢答且抢到答题权的概率分别为，A，B每一轮答对的概率都为，且两人每轮是否回答正确均相互独立(1)求经过2轮抢答A赢得比赛的概率；：(2)设经过抢答了X轮后决赛结束，求随机变量X的分布列和数学期望【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）求出A学生

14、每轮得一分的概率，进而求出经过2轮抢答A赢得比赛的概率；（2）求出X的可能取值及对应的概率，求出分布列和数学期望.【详解】(1)记事件C为“经过2轮抢答A赢得比赛”A学生每轮得一分的概率，B学生每轮得一分的概率，所以经过2轮抢答A赢得比赛的概率为(2)X的可能取值为2，4，52轮比赛甲赢或乙赢的概率为，4轮比赛甲赢或乙赢的概率为，5轮比赛甲赢或乙赢的概率为X的分布列为：X245P，数学期望为20已知动圆M经过定点，且与圆相内切(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设点T在上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和【答案】(1)(2)0【分析

15、】（1）设动圆圆心，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.（2）设出AB直线方程和PQ直线方程，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到斜率之和.【详解】(1)设动圆圆心，半径为r，由题意得：得所以圆心M的轨迹是以，为焦点的椭圆，且故轨迹C方程为(2)设，AB直线方程为，PQ直线方程为，联立相消得，同理，又，又，21已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时，设为的零点，证明：【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）对函数求导，分和进行讨论，解导数不等式可得函数的单调性;（2）由（1）可知，只需证，构造函数，证明得到，利用此结论可进行证明，设，利用函数的单

16、调性可得，从而得到证明.【详解】(1)设当时，则，在R上单调递增，当时，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增(2)由（1）可知，当时，单调递增，所以为的唯一零点若，只需证，当时，只需证明，设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即所以，故，因为，所以，即，设，则，在R上单调递增，所以若证，只需证，即，因为，故，即综上，当时，若为的零点，则22直线过点，倾斜角为(1)以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系过作的垂线，垂足为，求点的极坐标；(2)直线与曲线（为参数）交于、两点，证明：、成等比数列【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出点的直角坐标，利用极坐标与直角坐标的互换关系可得出点的极坐标；（2）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，设、对应的参数分别为、，利用参数方程以及的几何意义计算出、，即可证得结论成立.【详解】(1)解：直线的斜率为，故直线的方程为，即，所以，直线与轴交点为，与轴的交点为，易知，所以，为等腰直角三角形，且，因