2022年广东省广州市越秀区执信中学高三第三次模拟考试数学试卷含解析

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。标号后再放回盒子中，共取3次，D．47种2．已知集合Mxx3n,nN*,Nxx2n,nN*MN的所有元素从小到大一次排列构成一ccc...c（）12335个新数列c，则nA．1194B．1695C．311D．10953．已知向量m2cos2x,3n1,sin2x，设函数fxmn，则下列关于函数yfx的性质描述正确的，(的是)5A．关于直线x对称12,0对称B．关于点123,0上是增函数C．周期为2D．yfx在当a0时，函数fxxaxex的图象大致是（）4．2A．C．B．D．aaaa2aaaa16，且与的等差中项为4，则的公比是()aa59n5．正项等比数列中，n1537592A．1B．2C．D．22xy26．若双曲线7221的离心率e，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（）4b2A．23B．2C．3D．167．若xa13x的展开式中的系数为x-45，则实数a的值为（）32A．311D．3B．2C．48．过抛物线E:x22pyp0Q(1,2)的焦点作两条互相垂直的弦，，设为抛物线上的一动点，，若FABCDP1|AB||CD|4，则11|PF||PQ|的最小值是（）A．1B．2C．3D．4πf(x)12cos2(x)(0).给出下列判断：9．已知3f(x)1,f(x)1xxπ，且1，则；①若2122min②存在(0,2)使得f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；y6③若f(x)在0,2π上恰有7个零点，则的取值范围为；24244147,π,π20,上单调递增，则的取值范围为.3④若f(x)在64其中，判断正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4共轭复数的模为（）D．2iz1（i为虚数单位），则的10．若复数z1i5A．B．4C．252x,y(i1,2,,n,)中，使得xxx3x成立的正整，的实数对ii12nn111．在满足0xy4xyyxiiiiiin数的最大值为()A．5B．6C．7D．9不同的直线，，是两个不同的平面，给出四个命题：12．已知，是两条mnn//①若m，，，则；②若mnmm，，则；m//n，，，则；④若，，，则mnmn③若//n//m其中正确的是（）A．①②B．③④C．①④D．②④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。S，则Sa______.设是公差不为0的等差数列的前n项和，且Saa2a13．9nn7154a________．(ax)(1x)4的展开式中，若的奇数次幂的x项的系数之和为32，则是偶函数，则的最小值为___________.14．fx15．已知fxeeaxx16．“直线l1：axy10与直线l2：4xay30平行”是“a＝2”的_______条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分又不必要”）．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）2019年是五四运动100周年.五四运动以来的100年，是中国、青春之民族的100年.为继承和发扬五四精神在青年节到来之际，学校组织“五四运动100周年”知识竞赛，竞赛的一个环节由10道题目组成，其中6道类A题、4道类题，参赛者需从道题目中随机抽取3道作答，现有甲同学参加该环节的比赛.（1）求甲同学至少抽到2道类B题的国青年一代又一代接续奋斗、凯歌前行的100年，是中口青年用青春之我创造青春之中10B概率；23概率都是，答对每道类B题的（2）若甲同学答对每道类A题的概率都是，且各题答对与否相互独立.现已知甲同35学恰好抽中2道类A题和1道类题，用X表示甲同学答对题目的数个，求随机变量X的分布列和数学期望.B18．（12分）在国家“大众创业，万众创新”战略下，某企业决定加大对某种产品的研发投入.为了对新研发的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格试销，得到一组检测数据如表所示:试销价格456897x(元)产品销量y898382797467(件)x,y已知变量且有线性负相关关系，现有甲、乙、丙三位同学通过计算求得回归直线方程分别为:甲y4x53；乙y4x105；丙y4.6x104，其中有且仅有一位同（1）试判断谁的计算结果正确（2）若由线性回归方程得到的估计数据与检测数据的误差不超过1，则称该检测数据是“理想数据”，现从检测数据中3，个求“理想数据”的数个为2的概率学的计算结果是正确的.？随机抽取.C:y2px(p0)过点(m,2m)(m0).19．（12分）设抛物线2（1）求抛物线的方程；CBF2FA|AB|（2）是抛物线的焦点，过焦点的直线与抛物线交于，两点，若，求的值.FCAB1f(x)x(lnx)2klnx1(kR).20．（12分）已知2f(x)是(0,)上的增函数，求（1）若（2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数21．（12分）在ABC角中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若（1）求角；k的取值范围；f(x)零点的个数.asinB3bcosA．A（2）若ABC的面积为23，a5，求的周长．22．（10分）如图，三棱锥PABC中，点D，E分别为AB，BC的中点，且平面PDE平面．ABCABC1求证：AC//平面PDE；2若PDAC2，PE3，求证：平面PBC平面ABC.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．C【解析】由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.【详解】464种,其中最大值不是4的情况有327种,所以取得小球标号最大值是4的取法有所有可能的情况有33642737种,故选:C【点睛】本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.2．D【解析】c35{2n}确定中前项里两个数列中的项数，数列中第项为，这时可通过比较确定3570n{3}中有多少项可以插入n这35项里面即可得，然后可求和．【详解】n35时，23570,3n70,n3，所以数列的前项和中，有三项，，，有项，所以c35339272n32nnccc...c3927322323121095．212335故选：D．【点睛】n{c}本题考查数列分组求和，掌握等差数列和等比数列前项和公式是解题基础．解题关键是确定数列的前35项中有n{2n}多少项是中的，又有多少项是n{3}中的．3．D【解析】fx2cos2x3sin2xcos2x3sin2x12sin(2x)1，当x时,sin(2x)sin1,∴f(x)61263不关于直线x12对称；55当x12时,2sin(2x(,1)12)11,∴f(x)关于点对称；6，f(x)得周期T22当x(,0)时,2x(,),∴f(x)在(,0)上是增函数．36263本题选择D选项.4．B【解析】A,Ca0,fxa1，函数有两个零点，，不正确，设fx0由，解得xax0，即或，x0xa2f'xxx1ex0，解得21515x或，2fxxxex,f'xxx1ex则，由22x215x15f'xx1ex0x1，即是函数的一个极大值点，，解得：由∴不成立，排除D，2D22故选B.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无.这类题路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.5．D【解析】q0列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．设等比数【详解】a意，正项等比数列中，naa2aaaa16，153759由题a2aaa(aa)216，即3aa4，可得227337737aa54aa8，与的等差中项为，即5992qaa4q28，设公比为q，则37则q2(负的舍去，D．睛】本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．)故选【点比数列的性质是解6．C【解析】根据双曲线的解析式及离心率，可求得a,b,c的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】xy7，2双曲线21的离心率e24b2c7则a2，e7,0，解得，所以焦点坐标为，c7a2所以b2274ca3，3x，即3x2y0，2则双曲线渐近线方程为y3734不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得d3，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.7．D【解析】a.将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值【详解】6∵xa13xx13xa13x66C3aC333135540a45，所以展开式中的系数为22x3661∴解得.3a故选：D.【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.8．C【解析】p设直线的方程为ykx，代入x22py得：xx2pk，与系数的关系得ABx2pkxp0，由根AB2221|AB||CD|4求得111xxp2，从而得到|CD|2p(1)，再利用|AB|2p1k，同理可得p的值，2k2AB当，，三点共线时，即可得答案.QPM【详解】p根据题意，可知抛物线的焦点为(0,)，则直线的斜率存在且不为0，AB2p设直线的方程为ykxABx2py得：x2pkxp0.，代入2222xx2pk，xxp2，由根与系数的关系得ABAB所以|AB|2p1k.21p1又直线的方程为yCD，同理|CD|2p(1)，xk2k21所以|AB||CD|2p(1k2)111112p4，2p(11)k22p4.x24y.所以故过点作垂直于准线，为垂足，PPMM则由抛物线的定义可得|PF||PM|.所以|PF||PQ||PM||PQ||MQ|3，当，，三点共线时，等号成立.QPM故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.9．B【解析】πf(x)sin(2x)，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，f(x)化简可得6对函数对四个命题逐个分析，可选出答案.【详解】π2ππππ2cos(2xf(x)12cos2(x))sin(2x)，所以周期T因为.2336π1T，所以T2ππ1，即，故①错误；①，因为xx对于2212minππ)，其图象关于轴对称，则y36f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的函数为ysin(2x对于②，函数6πππkπ(kZ)362，解得13k(kZ)，故对任意整数k，(0,2)，所以②错误；ππππ2xkπ(kZ)，则xk对于③，令f(x)sin(2x)0，可得，66212π0,2πππ因为f(0)sin0，所以f(x)在x1上第1个零点x>0，且1，所以第7个零点2126πππ3Tπ3π41πx721212，若存在第8个零点x，则2128π212π7ππ7π47π12，2x8T221241ππ47π41，解得2447，故③正确；24所以x2πx，即21212782π64，所以πππππ662，解得23230，所以0对于④，因为f(0)sin，且0,，又，πππ62462故④正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.10．D【解析】由复数的综合运算求出z，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模．【详解】2i1iz112ii12i，1i1iz2i,z5．故选：D．【点睛】本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题．11．A【解析】求导，通过导函数求出htlnxlny，构造函数htiylnt0t4由题可知：0xy4，且xyxi可得yiixiiiitii的单调性，结合图像得出t2，即2xe得出3x3e，mininn从而得出的最大值.【详解】0xy4xy因为，yxiiiiii则lnxyilnyxi，即ylnxxlnyiiiiiilnxlnytxyi整理得，令，iiixyiilntt0t4，设ht1t1lnt1lnt，则thtt2t2ht0,0teet4则，令，则，ht0令e,4故在上单调递增，在上单调递减，则1ht0,ehe，exyhxhy因为，，iiii由题可知：ht142teln4时，则，所以，mint22xey4，所以iixn2xe，当无限接近e时，满足条件，所以nxxx3x3e8.154所以要使得12n1nxxxx2xxxx88.154，1234故当时，可有1234故n14，即，n5n所以：最大值为5.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.12．D【解析】根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④.【详解】mnnm对于①，若，，，，两平面相交，但不一定垂直，故①错误；m，，则，故②正确；//对于②，若m//，，当nn，则与不平行，故③错误；对于③，若m//n，m对于④，若m，n，mn，则，故④正确；故选：D【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．18【解析】SSa将已知a2aa,d已知转化为的形式，化简后求得1a2d，利用等差数列前公式化简n9，由此求得表71154达式的值.【详解】92dSSa5aa9a59a4d因为a2a，所以a2d,6a13d12d13d18.9171154341故填：18.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.14．3【解析】试题分析：由已知得(1x)14x6x4xx4，故(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax，4234ax3，，6x3，x5，其系数之和为4a4a1+6+1=32，解得．a3x考点：二项式定理．15．2【解析】由偶函数性质可得f1f1，解得a1，再结合基本不等式即可求解【详解】令f1f1得a1，所以x02，当且仅当时取等号.fxee2exexxx故答案为：2【点睛】考查函数的奇偶性、基本不等式，属于基础题16．必要不充分【解析】先求解直线l1与直线平行的等价条件，然后进行判断.l2【详解】“直线：axy10与直线：4xay30平行”等价于a＝±2，l1l2axy10与直线：4xay30平行”是“a＝2”的必要不充分条件．故“直线：ll12故答案为：必要不充分.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，把已知条件进行等价转化是求解这类问题的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。12917．（1）；（2）分布列见解析，期望为．315【解析】（1）甲同学至少抽到2道B类题包含两个事件：一个抽到2道B类题，一个是抽到3个B类题，计算出抽法数后可求得概率；（2）X的所有可能值分别为0,1,2,3，依次计算概率得分布列，再由期望公式计算期望．【详解】（1）令“甲同学至少抽到2道B类题”为事件A，则抽到2道B类题有C2C1种取法，抽到3道B类题有C3种取法，464C2C1C43401；1203∴P(A)46C310（2）X的所有可能值分别为0,1,2,3，P(X0)(1)222，P(X1)C1，21211311354533533545222235213204231242354515P(X2)()C1，P(X3)()，3354592∴X的分布列为：0123X21145494P4515E(X)02111243429454591515【点睛】本题考查古典概型，考查随机变量的概率分布列和数学期望．解题关键是掌握相互独立事件同时发生的概率计算公式．918．（1）乙同学正确；（2）.20【解析】（1）根据变量x,y且有线性负相关关系判断甲不正确.根据回归直线方程过样本中心点x,y，判断出乙正确.（2）由线性回归方程得到的估计数据，计算出误差，求得“理想数据”的个数，由此利用古典概型概率计算公式，求得所求概率.【详解】（1）已知变量x,y具有线性负相关关系，故甲不正确，x6.5,y79，代入两个回归方程，验证乙同学正确，4x105故回归方程为：y（2）由（1）得到的回归方程，计算估计数据如下表：xy589467898382797467898581777369yyy021212由上表可知，“理想数据”的个数为3.用列举法可知，从6个不同数据里抽出3个不同数据的方法有20种.从符合条件的3个不同数据中抽出2个，还要在不符合条件的3个不同数据中抽出1个的方法有339种.故所求概率为P920【点睛】本小题主要考查回归直线方程的判断，考查古典概型概率计算，考查数据处理能力，属于中档题.919．（1）y24x（2）2【解析】(1)代入(m,2m)计算即可.yx(2)设直线AB的方程为yk(x1),再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与BF2FA求解k,进而利用弦长公式求解即可.【详解】解：（1）因为抛物线C:y2px(p0)过点(m,2m),所以4m2pm,所以p2,抛物线的方程为2y24x（2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为yk(x1),Ax,yBF2FA,所以,Bx,y.因为1122yk(x1)4yy44y2y,联立y40,所以,yy4,所以12yy22,解得,化简得y2,y24xkkk211211k22,所以|AB|11k29189.2yy24yy12812【点睛】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.20．(1)(,1](2)三个零点【解析】(1)由题意知fx0恒成立,构造函数Fxxlnxk，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当k1时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证fx0fx0.，12【详解】fxxlnxk1lnx（1）由fxx22klnx1得，x由题意知fx0恒成立，即xlnxk0，设Fxxlnxk1，Fx1，x时，x0,1Fx0，Fx递减，x1,Fx0，Fx时递增；,1.故FxF11k0，即k1，故的取值范围是kminfx单调，无极值；（2）当k1时，F11k0，当k1时，ee,1k0，且Fx0,1递减，所以Fx在一方面，Fe有一个零点.在区间kkgkFeek2kgke2k(k1)gkek20，从而另一方面，，设k，则kFx1,，又在递增，所以1,在递增，则gkg1e20Fe0，即kFx1,e在区间有一个零点.kk1时在和各有一个零点，将这两个零点记为，fxe,11,ex1因此，当kkxx1xx0,xFx0xx,xFx0，即时12fx0，当时，即；当2121fx0x,x：从而在递增，在xx,Fx0fx0fx0,x；当时，即2112x,x1x2递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点.2fx0fx0下面证明：1，2kxlnx，由fxx111lnxfx0xlnxk02klnx11由得，即1111121得fxx1lnxxlnxlnx12x1lnx2xlnx1，2211111111111xlnx1lnx2xlnx1，则mx令mxx，2xx0,1mx0mxmxm10x11fx0；①当时，递减，则，而，故1x1,mx0mxmxm10x1故2fx0；②当时e，递减，则，而，22k2k10fx0fx0,xfx，且在递增，所以在fe一方面，