2022年省一模（理）理科数学 解析版

2022年高三省模试卷

理科数学

一、选择题：本题一共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

1.已知集合M={x|”_5x+4<0},N={T,0,l,2,3},则MIN=

A.{0.1.2}B.{2.3}C.{1.2.3.4}D.0

【答案】B

【考点】本题考查了集合的运算。

【解析】QM={x1<x<4},N={-1,0,1,2,3},.\MIN={2,3}.故选B.

2.设复数二满足zz=五，则2=

A.-lBC.0或-1D.0或-i

【答案】D

【考点】本题考查了复数的运算。

【解析】Qzz=iz,.\z=0或-i.故选D.

[()“)]UUUfvuuur>

3.设P1-sina,0,P0,-cosa，则\OP-OP\的最大值是

A.1B.J2C.JiD.2

【答案】D

【考点】本题考查了平面向量中的坐标运算与求模。

uuuruuuur()

【解析】由题意知OP-OP=1"sinct,costz,

uuuruuuur-----------------uuuruuuur

/.\()P।-OPI=v(I-sina)2+cos2a=S-2sina,Qsina€[-id],.-.=^77=2.S^D.

4.如图，网格纸上小正方形的边长为I,实线画出的是某几何体的三视图，则该几

何体各个表面中面积的最大值是

A.WB.卡

C.2J3D.4万

【答案】C

【考点】本题考直了立体几何中的三视图向面积。

【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个三棱锥，借助正方体可得其直观图如图所示：

(第4题图)

故其四个侧面中，面积的最大值为5=FX(泌)2=S.故选C.

5.已知命题/?:V.te(0,+oc).X-sinx>()；命题qZaeRJ'(.x)=log(u2+2).r在定义域上是增函数，则下列命题中的真命题是

A./7A(7B.p八fA4D.r(pvg)

【答案】A

【考点】本题考查命题。

【解析】〃命题：g(x)=x-sinx,g，(x)-1-cosx,Qcosx€[-1,1],..1-cosxNO,..g(x)单调递增,g(x)>g(0)=0，故选〃命题为真命

题，q命：Q“2+2>1.,/(x)单调递增，q命题为真命题。二p人g为真命题，故选A

6」3/-展开式中常数项是

Ilx)

A.-_27B.C._3D.27

-273-2

【答案】B

【考点】本题考查二项式定理。

ra1y<-3>-r(it,i-r(11r1J-J,3(1Y3

I3x-------I展开式的通项？>“=Ct(3.t)I-------I=Cd3I-----Ix.l2-4r^0.r»3..\C431-----|»--，故选B

I2x)I2x)I2)k2)2

7.设a=：n3"=/in2,c=j2In3，则a",c的大小关系是

K.a>b>c3.b>c>aC.c>a>bD.c>b>a

【答案】D

【考点】本题考查比较大小。

【解析】构造函数/(工)=叵，可得函数小)在(0,e)上是增函数，所以盛<也2,从而得到a<bo又因为

x小2

__I

1r

3£>3”2J,(3)7>(2,):/.31>23c>b0故选D

8."三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法。三分损益包含“三分损一""三分益一"°取一段弦，"三分损一"即

24

均分弦为三段，舍一留二，便得到3弦。"三分益一"即均分三段后再加一段，便得到3弦。以官为第一个音，依次按照损益

损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从彳解IJ高依次是宫、商、角、徵、羽，合称"五音"。已知声音的音高与弦长是成反比

的，那么所得四音生成的顺序是

A.徵、商、羽、角B.徵、羽、商、角C.商、角、徵、羽D.角、羽、商、徵

【答案】A

【考点】本题考查比较大小。

(n

nrr“MM*#."Ar-Mea«».i<-----I-54;第TT三分在一”值到的花长：

I3；

(n(n(n

54*11-1-72nzccEMtr-memfrn-l•--I••.nzK'=IHI-Rtwnh«-l।I，因为声B

I3；k3)I3)

的高低与弦长成反比，目五音按照从低音到高音的顺序排列为：宫、商、角、徵、羽，所以商、角、徵、羽分别对应弦长72,64,54.48,

即生成顺序为徵、商、羽、角。故选A

9.已知数列｛an｝的前〃项和S〃=2〃2+〃，将该数列排成一个数阵(如右图),其中第〃行有2〃-1个数,则该数阵第9行从左向右第8个

数是

aioan

(第9题图)

A.263

B.528

C.1051

D.1052

【答案】D

【考点】数列求通向

、/r

>z1

【解析】由题意知,当n=I时，=3|=3.当n2时，4"=S〃-S"T=(2,I+〃)-L2(〃T)+(W-1)J=4?J-I(1),经检验aI=3

也符合⑴式,所以a〃=4〃-I.由数阵排列规律知各行的项数依次为I,2,4,8,L,构成一个首项为1,公比为2的等比数列,所以由

1_8

等比数列的前〃项和公式知该数阵第9行从左向右第8个数为数列｛“〃｝的第2/+8=263项,所以该数为“263=4x263-1=1051.

故选D.

22uuumuur

10.过双曲线-七=1(a>0,〃>0)的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为点A，交y轴于点B若心=2",则C的离心率是

b

A.a

B./

C.2+1

D.

【答案】C

【考点】双曲线离心率的求法

【解析】不妨设渐近线方程为y-Ax=or即hx-ay=0.

a

/,uuuruuur

由已知得，1以1=*1.Jb,所以1。八|=c2-b2="，又FA7AB,所以.

由射影定理得|0*2=|砌.|叩，所以”=苏，所以/=,/+〃2=屋+国2,

所以e=2二斤7.故选C.

11.如图①，在RIVA/3C中,C=」.AC=3C=2,D,E分别为AC,AB的中点将VAOK沿DEVADE的位置，使ADJ.CD,

2

如图②若尸是Ar3的中点，则四面体FCDE的外接球体积是

①②

（第11题图）

A.2%

B.4乃

C#万

D.今兀

【答案】B

【考点】9用球问题

【解析】可证VA|BC为直角三角形.在心VA]8C中,P是斜边A]8的中点，又*8=J6,咂"=。6.汇VA|DE中，*E=向丽:人

8七=/.在V力产中，尸是AR的中点，所以HUA发又A/j=/，所以“'=4|.因为CE=C#+D£JJI,所以

C*+M2=C£2,所以c因为VDCE为直角三角形，所以四面体FCDE的夕展球球心即CE的中点球半径为0=叵,

22

所以四面体比。心的外接球体积为2/1故选B.

3t2j3

（广、「尸1

12已知法我/“广立1然…—k矽>0）GI—E上恰53个零点,则3的取值范如是

I3）L3J

A.「8,"2,4,14、

IIIIL33A3；

B.「11,42「14,171

IIIL3A33J

C「11.14U5,171

I出土33八”

D.「14,52「17,20、

l-H-IL3>H-3^

【答案】C

【考点】三角函数的图像和性质

【所令丽|侬1+;I=0,得g+二=&乃（《“3解得X=J"*'：.（kWZ）.将其中的正零点从小到大排列,得数列｛例｝，则

i3）33。

〃〃=①也（心+）.

记1匹"」内的零点为am.a"j+1,«w+2,

13J

f(3/n-4)”

IJT3(o<3.

|"'<3'(3/nT)*KI/°If8

-------->—\3m-4<tn-1.(3w-4<m+_.,

iI3(w3ji.onI____________+hI3AxizB4/10

则有■：u.>—.j也即S5---------R—一故j解得—Q»<—.

3|(36+5)乃i}一&，><，“♦—.I533

.I---:-----：(乃，133屏，-W3〃rT.

lam+笈*.I3e[3

'+3>'」{3加+8),丁，万

I3e

又mcN+故，”=2或rn=3.

(2<小.

当m=2时,(*)即14故旦.<33

I—<(0<一,33D

I33

[5<e盗，

当，〃=3时，(*)即Jl417故5<。<旦,，

I—<<V<一.3

133

r1114、(m

因此QG|一，—i35.—I.故选C

133JI3)

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.曲线户必+1在(0.1)处的切线方程是.

【答案】)，=x+|

【考点】导数的几何意义

【解析】因为y,="x+l),所以尸li=i,所以切线方程是)，=x+i.

14.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，向上的点数分别记为“关于X的方程X2+"+b=0有实根的概率是

19

【答案】36

【考点】二次函数根的分布，古典概型

【解析】显然，原方程有实根的充要条件是V=〃2-4b20,即a224b,将a.〃的所有取值情况及对应的,4〃的取值列表如下：

4b123456

4812162024

1i

24是

39是是

416是是是是

525是是是是是是

636是是是是是是

在全部6x6=36个基本事件中，满足a2>4b的基本条件共有19个，根据古典概型概率计算公式可知，所求概率

，9

为36

15.已知数列｛〃｝中，a=L小-")=“，”叱，数列｛1｝的前〃项和为S，若对于任意的〃wN•，不等式

“Iu4inn•(Jnn

2an•*'

恒成立，则实数,的取值范围是________.

【答案】[4.-HOO)

【考点】数列的累加法求通项公式和裂项橘肖求和

a

【解析】由〃(a”+i-a〃)=，得_—=11=...=lit=_L，即〃〃=4.”eN”.

ii+I.•»122

所以I=_L_=4(1-_L),

■a

a„«*'n(«+1)〃“+I

所以义=4[(14---<4,

223nn+1n+1

因为对于任意的〃wN•,不等式S“</恒成立，所以■4.

16.已知椭圆11+11=1的焦点为几产，点P为椭圆上任意一点，过尸作,尸外"的外角平分线所在直线的垂线，

43122I2

垂足为点。.抛物线>'=1X2+2上有一点M,它在.V轴上的射影为点〃，则I|+|RW|+I尸Q|的最小值是_______.

81

【答案】777

【考点】椭圆和抛物线性质及应用

【解析】由题知可设点Fx(-L0),F2(1.0).抛物线的焦点为F(0.4),准线为x轴，可以

证明点。在圆产+>，2=4上运动.

因为IQMI+IQ。闫MFi|,当且仅当Q,Fi.M三点共线时等号成立.

\MH|+|QM|+|Q0闫MF|+|MFi|>|FF\|

当且仅当M,F,F,三点共线时等号成立，即如图入M,0,Fi四点共线时，等号成立,

此时|尸人|=Jl7.

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。第17~21题为必考题，每个题考生都必须作答。第22

23题为选考题，考生根据要求做答。

17.(12分)如图，圆内接四边形438中，八8=2,/i=-3,Z/iCA=-4(1)

求AC

(2)求AAC。面积的最大值

r

【答案】(1)^6(2)-

【考点】正余弦定理

【解析】(1)在A48c中，由正弦定理可得sinAC8=si/8c,代入得八达」6

(第17题图)

，TT

（2）因为四边形ABC。内接于圆，则。=乃-8=』3"，

设CD=m,4D=”，由余弦定理得：AC2=DC2+DA2-2DCgDAcosD=ni2+n2+/»/»=6

而/〃2+〃2>2mn,所以m2+〃2=6-〃j”>2mn.mn<2,当且仅当m=n=^2,时等号成立

所以sl®V3j/5

&3=2CDa。gsinDmn4一5,即MCD面积最大值为~

18.在如图所示的几何体中，平面ADNM1平面ABCD,四边形ADNM是矩形,四边形ABCD为梯形，

AB//CD,ZDAB=600,2AB=AD=CD=2.

（1）证E月：AN"平面MBC；

⑵设AM=求二面角M-BC-D的余弦值.

【答案】（1）见解析（2）4

【考点】帝亍证明；二面角求解

【解析】（1）证明：取中点口连接

（第18题齐图I）

则EC//AB.EC=AB,则四边形ABCE为平行四边形，所以AE//BC.

又从£G/平面MBC,BCu平面MBC,所以AE//平面MBC

由DEhAB,DE=AB,则四边形ABED为平行四边形，所以ADffEB,AD=EB.

又AD/!MN,4。=MN,所以REHMN,BE=MN.

所以四边形MBEN为平行四边形.

所以MH//NK.又NEO平面MBC,MBu平面MBC,所以NE//平面MHC.

因为AEcN£=£、AEu平面ANE.NEu平面ANE,所以平面ANE//平面MBC.

因为ANu平面ANE,所以AN//平面MBC

因为ANu平面ANE,所以AN11平面MBC

⑵因为平面ADNMI平面AliCD.ND±AD,所以ND±平面AHCD.

因为AD=2,AB=1,ZDAB=60°,所以CD1BD.

以D为原点,分别以DU.DC.DN所在直线为x.v二轴，建立如图所示的空间直角坐标系。-Ayz.

:第18题答国2)

贝!JB(而0.0),C(0.2.0),*3.7rs),

uuuiruuur_

所以BM=(0,-14),8C=(-£2,0)

平面BCD的一个法向量为n\=(0.0.1).

设平面MBC的法向量为n2=(x,y,z),

[uuujr[

|8A/〃2=0,\-y+jl=0,r

则<uu产八即jr-令犯/

1BC-n=0.1-3a+2v=0.

121

cos,n\=।_=工

'।/0+3+14

显

所以二面角M-BC-D的余弦值~

19.(12分)

X2V?/（0

在平角上标R.S中,制"：*_=Ka>ft>0>的留心率<-_Hiijfil1.jL1,儿d分别是C的左.硒1母

----r11-

ab212）

(1)求C的方程；

(2)已知过点G(LO)的直线交。于两点(异于点43),试证直线MA与直线MB的交点在定直线上.

【答案】(1)12+)'2=[;(2)见解析.

42

【考点】本题考查圆锥曲线方程求解问题，定点定值问题

I--------.

I"2

【解析】解：(1)由题知/_L+f_=i,

|a24//

Ia2=b,2,2、

解得a2=4,后=2.

所以椭圆。的方程为[+[=L

(2)解法一：由题知A(-2,0),4(2,0),G(l,0).

\x=my+I,

22

设点,点N(x2.y2),且x|工士2.总工±2,直线MN的方程为.i="?+l,联立\xy得

I----H-----=1.

I42

(52+2)y2+2〃少-3=0,且A=16/„2+24>0,

y+yw-2,yy-—'.

I27122

ni+2m+2

又直线AW的方程为)，=$(工+2),

1

直线BN的方程为y=x2-2(x-2).

联立得x=4(y2-")+23y2+x2")①

x\yl--t2yl+2(yl+y2)

由M,N,G三点共线得(J2-X1)(->?2)=(3,2-yl)(1-A2),BPx]y2~x2y\=y2-y|

(2I)(122!)(2l)|)2(2)1J

代人①得r=4y7+2xy+xy4y-y+2「+Iy+叫+1y~|

y2-yl+2(yl+y2))2-y\+2(y\+y2)

=4(y2-yI)+4/wy|>2+2(yl+y2)

=4v2_yl+2(yl+\2)

即直线AM与直线BN的交点在直线工=4上.

(2)解法二：由题知G(l.O),A(-2,0),4(2,0)

设M(x|),N(x2,y2),AM,BN的交点为P(p.q),直线IMN:x=my+I.

由P,4M三点共线知kpA=kMA,故一"一=—―・①

p+2-r|+2

由P、B.N三点共线知kPH=kNR，故一忆=一2一.②

p-2X2-2

①+②得〃-2=T2-2=yl(〃"2-l-2)=〃m.\]③

p+2x\+2y2y2(m.vli-1+2)myiy2+3y2

[x=my+1,

联立y2得(“2+2)〉,2+2/3=O,A=]6“2+24>0,

I4

所以_y+.y=---!!L，④

I22

M：+2

3

=--;—.⑤

in+2

④+⑨导里+32=2,n，即,n=3..vl+)2.⑥

—一3W~~yy—

1212

将©Jr±T

3,、、393

-(y|+y2)+3y2耳川+”口

即/+-22=13，解得〃=4

故点P(p,q)必在直线x=4上.

(二)解法三：由题知G(1.0),4(-2.0),8(2,0)

设M(xi,yl).N(,v2,J2).AM.BN的交点为P(.p,q),直线IMN.x=my+1.

由P.A.仞三点共线知kpA=kMA，故―2-=.①

p+2xi+2

由尸，B,N三点共缭QkPB=kNB,故」一=.②

p-2X2-2

①。②得〃-2=.vl.2-2③

p+2x+2y

I2

f.r=my+i,

联立《।K2y2得()2+2)y2+2,ny-3=0.A=16n?+24>0,

所以,v+y=~lm，④

।2o.

3

31y2=-—•⑤

，/+2

，2

由N(.r2,)2)在椭圆上知,且』_=1,

42

即应‘4=-城(口「)(.-2)=”2,得

42-2ylX2+2

将弋人有〃-2=yl-2y2=)'2_2川m■把④⑤代人得+2=J_•

2

p+2xi+2x2+2(my\+3)(wy2+3)m2y|y2+3m(yi+)2)+9-—产

m-m+2+3〃J•"广+2+9

即/+-22=13，解得P=4

故点P(p,幻必在直线x=4上.

20.已知函数/1(x)=cosX+-x2+Inx.

2

(1)当a时，证明：/(.t)在定义域上是增函数;

4

(2)记r(x)是的导函数，g(x)=/'(x)+4lnx/，若g(x)在I2.2k|内没有极值点，求a的取值范围.(参考数据：

.rUI

n2«10.n2,»31.)

【答案】：见解析

【考点】：导数综合

【解析】：

⑴由已知得/'(x)=-sinx+〃r+l,(x>0).当"时，ar+3Q1,所以/(x)应所以f(.0在定义域上是增函

数.

⑵因为g(x)在I'3/内没有极值点，所以g'(x)20在I'%J内恒成立或酸(幻o&在I—1内顺立.即

I4)I4)14)

«^osx-_4在‘至，2/内恒成立或aCO^A-£在『红，2万|,内恒成立.

~)7}

4,4

令/»(.r)=cosx-x，〃'(x)=-sinx+x2.

4

(i)当xe[^r.2^)时，-sin>0,所以/t1(x)>0,h(x)单调递增.

「3万、”8-24

㈤当xc|—,/r|时.h(x)=-ci>sx--r.h(x)=sinx+-:>0.

I.4.)r_r

*T-J。f3/r).fl512

所以h(x)单M倜避增,又力I—|=乂------r>(),

I4)2Zin

所以h(X)>0.所以h(x)单调递增.

又因为/巨〕=-2+二>0,所以〃(此>0,所以人⑷单调递增.

I4J2

由(0:ii)可知，力(*)在I‘也上单调递增，

U)

(3*、⑶rl/162

所以3€|—.2*1时，4(x)>AI-1=----------,/i(.r)</H2^)=I---.

k4)k4j23/7n

~~_>2_

所以a-2-34或。1-开.

21.(12分)

甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制,即某选手率先获得两局胜利时比赛结束,

32

且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为5,5,且每局比赛的结果相互独立.

(1)求甲夺得冠军的概率；

(2)比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为"旧球"，"旧球"再在一局比赛中使用

后成为"废球"每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，旦局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为

废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球的数量为X,求随机变量x的分布列与数学期望.

【答案】Q)馨；(2)随机变量X的分布列

X345

409713

P

150150150

X的数学期望E(X)=3x1504刃0+4、|5097+5x15013=19150.

【考点】本题考查概率求解以及随机变量的分布列与数学期望

【解析】记事件Z="甲在第i局比赛中获胜"，（i=1.2,3）,

事件Ai="甲在第i局匕凄中末获胜"，（i=1,2,3）,

显然P（A/）=2.P（B）=l-P（Ai）=2,（i=i,2,3）.

55

⑴记事件八="甲夺得冠军"，

__<3"|23232f3V81

则P（A）-P（AiA2Hp（A|A2A3）+尸（4八2&）・|―|+-X-X—x|-I=

⑴5555157125

（2）设甲乙决出冠军共进行了y局比赛，易知丫=2或y=3,

__（3}2，为21312

则P（y=2t=川A2）+pQl八2）=1—1+l—I=—，故p（y=3）=I-P（y=2）=—.

15J1512525

记Ni="第i局比赛后抽到新球"，Nj="第i局比赛后抽到旧球”.

由题意知，比赛前盒内有6颗新球，

比赛1局后，盒内必为5颗新球1颗旧球，此时P（N1）=P«记）=」.

66

若Ni发生，则匕■2局后，盒内有4颗融，2颗旧球，

此时P（/V|/V2）=-X-=-./,CVIA7）=-X-=.=~.

6696618

若而发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，故下次必取得新球，即P（T4）=1x1=1.

66

于是尸（X=3）=P（Y=3）P（N]N2）=MXZ=£,

2

5915

P（X=4）=尸（Y=2）P（Nl）+P（y=3）P（Nl莅）+p（y=3）p（r\）=旦上且巨"

2

562518256150

P（x=5；=p（y=2）p（记）』xL工

2

56150

则随机变量X的