（新高考）2022届高三数学第三次模拟考试卷 （四） 解析版

（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷数学（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知复数，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由复数，可得，，所以，故选D．2．设集合，，则等于（）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，所以，故选D．3．2021年2月20日，在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调这次学习教育“总的来说就是要做到学史明理､学史增信､学史崇德､学史力行，教育引导全党同志学党史､悟思想､办实事､开新局”．某单位为了了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下表所示：党史学习时间（小时）7891011党员人数610987则该单位党员一周学习党史时间的众数及第40百分位数分别是（）A．8， B．8，8 C．9，8 D．8，9【答案】A【解析】由统计数表可知，学习7小时的有6人，学习8小时的有10人，学习9小时的有9人，学习10小时的有8人，学习11小时的有7人，共有40人．学习8小时的人数最多，故学习党史时间的众数是8；由，故第40百分位数为数据从小到大排序第16项与第17项数据的平均数，即，故学习党史时间的第40百分位数是，故选A．4．已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积，且，则S的最大值为（）A．6 B．4 C．2 D．1【答案】C【解析】由，得，又△ABC是锐角三角形，所以，由余弦定理及得，整理得，所以(负值舍去)，所以，所以，，当时取等号，故选C．5．已知函数的一个极值点为1，若，则的最小值为（）A．10 B．9 C．8 D．【答案】B【解析】对求导得，因为函数的一个极值点为1，所以，所以，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为9，故选B．6．现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学，分别带着A､B､C､D､E五个不同的礼物参加“抽盲盒”的游戏，先将五个礼物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，有种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为，故选D．7．已知抛物线以坐标原点为顶点，以为焦点，过的直线与抛物线交于两点，，直线上的点满足，则（）A． B． C．40 D．80【答案】B【解析】由直线上的点满足可知：，故直线的方程为，即，将代入可得，则抛物线方程为，联立，得，设，则，故，故，故选B．8．十八世纪，数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中五边形的个数是（）A．12 B．20 C．32 D．40【答案】A【解析】设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱，由于每条棱出现在两个面中，故会被重复计算一次，因此总棱数，同理每个顶点出现在三个面中，总顶点数为，故，又，故，即，与联立可解得，故选A．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．如图所示，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，则下列选项中两异面直线所成夹角大于的是（）A．BC与SD B．AB与SC C．SB与AD D．AC与SB【答案】ACD【解析】对于A，因为底面ABCD，平面ABCD，所以，则BC与SD所成角的大小为，A项符合；对于B，因为底面ABCD是正方形，所以，则AB与SC所成的角为，B项不符合；对于C，因为，所以SB与AD所成的角为，由题知，所以，C项符合；对于D，因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为ABCD是正方形，所以，又因为，所以平面SBD，因为平面SBD，所以，则AC与SB所成角的大小为，D项符合，故选ACD．10．已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（）A．是递增数列 B．C．当或17时，取得最大值 D．【答案】BC【解析】因为，所以，两式相减得，当时，适合上式，所以，因为，所以数列是递减数列，由，解得，且，所以当或17时，取得最大值，所以，故选BC．11．已知函数，下面结论正确的是（）A．若，是函数的两个不同的极值点，且的最小值为，则B．存在，使得往右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称C．若在上恰有6个零点，则的取值范围是D．若，则在上单调递增【答案】BCD【解析】，对于A，，∴，，错误；对于B，平移后关于原点对称，则，在时，，正确；对于C，，，，正确；对于D，，，，∵，∴，正确，故选BCD．12．已知圆，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（）A．四边形PAMB周长的最小值为B．的最大值为2C．若，则的面积为D．若，则的最大值为【答案】ACD【解析】如图所示，对于选项A，四边形PAMB的周长为，因为，所以四边形PAMB的周长为，设，当与原点重合时最小，则，则四边形PAMB的周长为，则当t取最小值2时，四边形PAMB的周长最小，为，故A正确；对于选项B，因为圆的直径为2，所以，故B错误；对于选项C，因为，所以，，由等面积法可得，求得，，，所以的面积为，故C正确；对于选项D，当点P与原点重合时，，则，则，则，则；当点P不与原点重合时，设（），则切点弦AB的方程为（利用结论：过圆外一点的切线弦方程为求得），直线MP的方程为，联立两方程，可得，消去m，得动点C的轨迹方程为．又因为，所以，故D正确，故选ACD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知函数是定义在上的奇函数，则_______．【答案】【解析】依题意函数是定义在上的奇函数，所以，，，恒成立，所以，所以，故答案为．14．近五年来某草场羊只数量与草地植被指数两变量间的关系如表所示，绘制相应的散点图，如图所示：年份12345羊只数量/万只草地植被指数根据表及图得到以下判断：①羊只数量与草地植被指数成减函数关系；②若利用这五组数据得到的两变量间的相关系数为，去掉第一年数据后得到的相关系数为，则；③可以利用回归直线方程，准确地得到当羊只数量为万只时的草地植被指数．以上判断中正确的个数是________．【答案】1【解析】对于①，羊只数量与草地植被指数成负相关关系，不是减函数关系，所以①错误；对于②，用这五组数据得到的两变量间的相关系数为，因为第一年数据是离群值，去掉后得到的相关系数为，其相关性更强，所以，故②正确；对于③，利用回归直线方程，不能准确得到当羊只数量为万只时的草地植被指数，得到的只是预测值，故③错误，综上所述，正确的判断序号是②，共1个，故答案为1．15．已知向量、、，且，，，，则的最小值为_________．【答案】（或）【解析】不妨设，，，，则起点在原点，终点轨迹为单位圆，∴当与同向时，最小，为，故答案为．16．若函数的定义域为，对任意的，当时，都有，则称函数是关于D关联的．已知函数是关于关联的，且当时，．则：①当时，函数的值域为___________；②不等式的解集为___________．【答案】，【解析】依题意已知函数是关于关联，即对任意的，当时，都有，即对任意的，当时，都有，，即对任意，都有．当时，，所以当时，，当时，，，，，所以在区间上的值域为，①得结论．当时，，；当时，，；当时，，由上述分析可知，满足的的取值范围需满足或，当时，，，，解得；当时，，，解得，所以不等式的解集为．②得结论．故答案为；．四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在①；②；这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：在中，内角的对边分别为，且___________．（1）求角；（2）在中，，求周长的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）选择①：条件即，由正弦定理可知，在中，，所以，所以，且，即，所以．选择②：条件即，即，在中，，所以，则，所以，所以．（2）由（1）知，，由余弦定理知，所以，得，所以，当且仅当时，等号成立，所以求周长的最大值为．18．（12分）已知数列的前n项和．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）当时，，当时，，当时，上式也成立，所以．（2），设数列的前项和为，则．19．（12分）如图，在三棱锥中，，，，点O是AC的中点，点P在线段MC上．（1）证明：平面ABC；（2）若，直线AP与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接BO，如图，由，，得，而，，在中，由余弦定理得，则有，有，即，因此，，又，于是得，，即，又有，平面ABC，所以平面ABC．（2）由（1）可得，平面平面ABC，AP在平面ABC内射影在直线AC上，即为直线AP与平面ABC所成的角，，因，则点P为线段MC的中点，在中，过O作交BC于D，则OD，OC，OM两两垂直，以点O为原点，射线OD，OC，OM分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，不妨令，则，，，，，，，设平面PAB的法向量，则，令，得，又平面ABC的法向量，则，而二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．20．（12分）已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，点B在C上．当时，．不垂直于x轴的直线与双曲线同一支交于P，Q两点．（1）求双曲线C的标准方程；（2）直线PQ过点F，在x轴上是否存在点N，使得x轴平分？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，．【解析】（1）依题意，，，，解得，得，，∴．（2）假设存在，，设，，设直线，则，得，则，且，即，即，依题意，，即，，，，即，，，故存在．21．（12分）某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加（，且）次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个；方案①：若中奖则得30分，否则得0分；方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．（1）如果，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由；（2）记顾客甲第i次获得的分数为，并且选择方案②．请直接写出与的递推关系式，并求的值．（精确到，参考数据：．）【答案】（1）应选择方案①，理由见解析；（2），．【解析】（1）若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，5，，，，，所以．若甲第2次抽奖选方案②，