2022高三数学综合测模拟试题（五）理新课标

2022—2022学年度下学期高三二轮复习数学（理）综合查收试题（5）【新课标】本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页。满分150分。考试用时120分钟，考试结束，务必将试卷和答题卡一并上交。参照公式：锥体的体积公式：V=1Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高。3如果事件A，B互斥，那么A{1,2,3,4,5},B{(x,y)xA,yA,xyA}B36a,bRiab0b{an}知足anan1(nN),且a2a4a618,则log3(a5a7a9)3a1i，,(0,)53,则cos55565613136565135p:xR,x25x60p:xR,x25x60p:xR,x25x60p:xR,x25x60p:xR,x25x60（m≥3）个小矩形，第3个小矩形的面积等于其余m－1个小矩形面积和的错误!，且样本容量为100，则第3组的频数是（）A．10B．25C．20D．407．ABC中,AB边上的高为CD,若CBa,CAb,ab0,|a|1,|b|2,则AD（）A．1a1bB．2a2bC．3a3bD．4a4b333355558．如图，直三棱柱ABB1DCC1中，∠ABB1=90°，AB=4，BC=2，CC1=1，DC上有一动点21521212124212121002x1(x0)221BC(,0](,1)[0,)xy11ABf(x1)(x0)a2b22x133）如下图，则此几何体的体积是___________cm．xxy1015．若x,y知足拘束条件xy30,则z3xy的最小值为。x3y3016．①三角形纸片内有1个点，连同三角形的极点共4个点，其中随意三点都不共线，以这4个点为极点作三角形，并把纸片剪成小三角形，可得小三角形个数为3个；②三角形纸片内有2个点，连同三角形的极点共5个点，其中随意三点都不共线，以这5个点为极点作三角形，并把纸片剪成小三角形，可得小三角形个数为5个，以此类推，三角形纸片内有2022个点，连同三角形的极点共2022个点，其其中随意三点都不共线，以这些点为极点作三角形，并把纸片剪成小三角形，则这样的小三角形个数为个（用数字作答）三．解答题：17．（本小题满分12分）已知函数fx2cosx（其中0xR）的最小正周期为10．6（Ⅰ）求的值;（Ⅱ）设、0,,f556,f5516,求cos的值．23561718．（本小题满分12分）近年来,某市为促使生活垃圾的分类办理,将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类,并分别设置了相应的垃圾箱,为检查居民生活垃圾分类投放情况,现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾,数据统计如下（单位:吨）:“厨余垃圾”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾400可回收物30其他垃圾20（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率

;

10024020

1003060（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误的概率

;（Ⅲ）假定厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、

“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为

a,b,c

,其中

a

0,

a

bc

600

．当数据

a,b,c

的方差

S2最大时

,写出

a,b,c

的值（结论不要求证明）

,并求此时

S2的值．（注:方差

s2

1[(x1

x)2

(x2

x)2

(xn

x)2],

其中

x为

x1

,x2,

xn

的平均n数）19．（本小题满分12分）在如下图的空间几何体中，平面ACD面ABC所成的角为60°，且点E在平面（Ⅰ）求证：DE//平面ABC；（Ⅱ）求二面角E—BC—A的余弦值；

平面ABC，AB=BC=CA=DA=DC=BE=2，BE和平ABC上的射影落在ABC的平分线上。20．（本小题满分12分）在数列{an}中,a11,an111,bn2,其中nN*。4an2an1（Ⅰ）求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）设cnn2n1an，求数列{cn}的前n项和。21．（本小题满分12分）已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率为1，且椭圆E上一点到两个焦2点距离之和为4；l1,l2是过点l1l2，N。（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）求l1的斜率的取值范围；（Ⅲ）求OMON的取值范围。22．（本小题满分14分）（Ⅰ）已知函数f(x)rxxr(1r)(x0),其中为有理数,且0r1．求的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设a10,a20,为正有理数．若b1b21,则a1b1a2b2a1b1a2b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式,并用数学概括法证明你所推广的命题。注:．．．．．当为正有理数时,有求导公式(x)x1。参照答案一．选择题1、D；2、B；3、B；4、C；5、D；6、C；7、D；8、A；9、A；10、B；11、C；12、C；二．填空题13、5。14、18+9；15、―1；16、4025；三．解答题17．解析：（Ⅰ）T210,所以1．3分5f552cos15562cos2sin6,35325sin355f552cos15562cos16,cos8765617170,,cos1sin24,sin1cos215,92517coscoscossinsin4831513125175178518:400=246003:200+60+40=38100010:s21(a2b2c2120000),a600,b0,c03,s2800001219ABC,ACD2ACOBODOBOAC,DOACACDABCDOABCEFABCEF//DOFBOEBF60EFDO3DEFODE//OFDEABCOFABCDE//ABC6FGBCGFGEFABCEGBCEGFE—BC—AFGBFsinFBG12EF3,EGEF2FG2132FG13cosEGF13EGE—BC—A13.1213OxyzABCn1(0,0,1)BCEn2(3,3,1)cosn,nn1n21312|n1||n2|13E—BC—A13121320bn1bn222an112an1224an22(nN*)12an12an12an12(11)4an{bn}3a11,b122bn2(n1)222a11nbn2得,2an121(nN*)ann162an1bnn2n1ann1,cnn2n1an(n1)2n72nSn221322423(n1)2n82Sn222323424n2n(n1)2n19Sn22122232n(n1)2n122n12(n1)2n1n2n1,11Snn2n11221x2y21(ab0)a2b2c1a2a2x2y22a414得a2b2c2b343l1l1:ykx2,l2:y1x2.kx2y2431y(34k2)x216kx40ykx2(16k)216(34k2)0k21.1)211141(,k24,k24,k(2,)(,2)9k4422A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)x1x216k2,x0x1x28k234k234ky0kx026,M(8k,62)4k234k24k338(1)686N(k,)N(k)9,34(1)234(1)23434k8kk2k28k6628OMONk114k2434k243332512(k21k2k2k2)1k24,2k2117，428174k2472512(k2)19k2即OMON的取值范围是[4,7]13分71922．解析：（Ⅰ）f(x)rrxr1r(1xr1),令f(x)0,解得．1分当0x1时,f(x)0,所以在内是减函数;当时,f(x)0,所以在(1,)内是增函数．故函数在处取得最小值f(1)0．3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知,当x(0,)时,有f(x)f(1)0,即xrrx(1r)①若,中有一个为0,则a1b1a2b2a1b1a2b2建立；5分若,均不为0,又b1b21,可得b21b1,于是在①中令xa1,,可得(a1)b1b1a1(1b1),a2a2a2即a1b1a21b1a1b1a2(1b1),亦即a1b1a2b2a1b1a2b2．综上,对a10,a20,,为正有理数且b1b21,总有a1b1a2b2a1b1a2b2．②7分（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为:设a1,a2,,an为非负实数,b1,b2,,bn为正有理数．若b1b2bn1,则ab1ab2abnababab③912n1122nn．分用数学概括法证明如下:（1）当时,,有a1a1,③建立．（2）假定当时,③建立,即若a1,a2,,ak为非负实数,b1,b2,,bk为正有理数,且b1b2bk1,则a1b1a2b2akbka1b1a2b2akbk．当nk1时,已知a1,a2,,ak,ak1为非负实数,b1,b2,,bk,bk1为正有理数,且b1b2bb于是a11a22因b11bk1

bkbk11,此时0bk11,即1bk10,b1b2bkbb11bbbb1b1b1b1bb11．akkakk(a11a22akk)akk11=(a1k1a2k1akk1)k1akkb2bk1,由概括假定可得1bk11bk1b1b2bkb1b2a11bk1a21bk1ak1bk1a1a21bk11bk1进而a1b1ab22abkkabkk11a1b1a2b2akbk1bk1

akbkaba2b2akbk,111bk11bk1bk1bakk11．又因