2022届浙江省温州市第二高三下学期联考数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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若复数是纯虚数，则( )A3B5CD2给出以下四个命题：依次首尾相接的四条线段必共面；过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题

2、的个数是（ ）A0B1C2D33若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（ ）A4B5C6D74已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）ABCD5设为虚数单位，复数，则实数的值是（ ）A1B-1C0D26中国古代用算筹来进行记数，算筹的摆放形式有纵横两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯记数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，其中个位、百位、方位用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，则56846可用算筹表示为（ ）ABCD7已知集合，若，则（ ）A或B或C或D或8已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（ ）A的值域是B是奇函数

3、C是周期函数D是增函数9已知命题：使成立 则为（ ）A均成立B均成立C使成立D使成立10中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（ ）A6里B12里C24里D48里11已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（ ）ABCD12已知函数满足=1，则等于（ ）A-BC-D二、填空题：本题共4小题，每小题

4、5分，共20分。13已知，则_14已知数列的前项和为，且成等差数列，数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为_.15已知正实数满足，则的最小值为 16已知一个四面体的每个顶点都在表面积为的球的表面上，且，则_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）已知曲线：和：（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.（1）求曲线的直角坐标方程和的方程化为极坐标方程；（2）设与，轴交于，两点，且线段的中点为.若射线与，交于，两点，求，两点间的距离.18（12分）某景点上山共有级台阶，寓意长长久久甲上台阶时，可以一步走一个台阶，

5、也可以一步走两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为，每步上两个台阶的概率为为了简便描述问题，我们约定，甲从级台阶开始向上走，一步走一个台阶记分，一步走两个台阶记分，记甲登上第个台阶的概率为，其中，且（1）若甲走步时所得分数为，求的分布列和数学期望；（2）证明：数列是等比数列；（3）求甲在登山过程中，恰好登上第级台阶的概率19（12分）已知，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于另一点为等腰直角三角形，且.（）求椭圆的方程；（）设过点的直线与椭圆交于两点，总使得为锐角，求直线斜率的取值范围.20（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面（1）证明：；（2）求二面角的正弦值21（12分）在平面四边形(

6、图)中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，将沿折起，构成如图所示的三棱锥，且使=. （1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.22（10分）诚信是立身之本，道德之基，我校学生会创设了“诚信水站”，既便于学生用水，又推进诚信教育，并用“”表示每周“水站诚信度”，为了便于数据分析，以四周为一周期，如表为该水站连续十二周（共三个周期）的诚信数据统计：第一周第二周第三周第四周第一周期第二周期第三周期（）计算表中十二周“水站诚信度”的平均数；（）若定义水站诚信度高于的为“高诚信度”，以下为“一般信度”则从每个周期的前两周中随机抽取两周进行调研，计算恰有两周是“高诚信度”的概率； （）已知学生会分别在

7、第一个周期的第四周末和第二个周期的第四周末各举行了一次“以诚信为本”的主题教育活动，根据已有数据，说明两次主题教育活动的宣传效果，并根据已有数据陈述理由.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。1C【解析】先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可【详解】由z是纯虚数，得且，所以，.因此，.故选：C.【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.2B【解析】用空间四边形对进行判断；根据公理2对进行判断；根据空间角的定义对进行判断；根据空间直线位置关系对进行判断.【详解】中，空间四边形的四

8、条线段不共面，故错误.中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故正确.中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故错误.中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.3B【解析】先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令，则，（舍）或.【点睛】本题考查二项展开式问题，属于基础题4C【解析】根据， 两边平方，化简得，

9、再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量，满足，且， 所以，所以，所以 ，所以，所以与的夹角为.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.5A【解析】根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.【详解】复数，由复数乘法运算化简可得，所以由复数定义可知，解得，故选：A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.6B【解析】根据题意表示出各位上的数字所对应的算筹即可得答案【详解】解：根据题意可得，各个数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位用纵式表示；十位，千位，十万位用横式表示，用算筹表示应为：纵5横6纵8横4纵6，从题目中所给出的

10、信息找出对应算筹表示为中的故选：【点睛】本题主要考查学生的合情推理与演绎推理，属于基础题7B【解析】因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.8C【解析】根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.【详解】由表示不超过的最大正整数，其函数图象为选项A，函数，故错误；选项B，函数为非奇非偶函数，故错误；选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确；选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.故选：C【点睛】本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属

11、于较难题.9A【解析】试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即考点：全称命题.10C【解析】设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得，求出（里，由此能求出该人第四天走的路程【详解】设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得：，解得（里，（里故选：C【点睛】本题考查等比数列的某一项的求法，考查等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题11D【解析】由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与

12、直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.12C【解析】设的最小正周期为，可得，则，再根据得，又，则可求出，进而可得.【详解】解：设的最小正周期为，因为，所以，所以，所以，又，所以当时，因为，整理得，因为，则所以.故选：C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性，考查学生分析能力和计算能力，是一道难度较大的题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】化简得，利用周期即可求出答案【详解】解：，函数的最小正周期为6，故答案为：【点睛】本题主

13、要考查三角函数的性质的应用，属于基础题141【解析】本题先根据公式初步找到数列的通项公式，然后根据等差中项的性质可解得的值，即可确定数列的通项公式，代入数列的表达式计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前项和，再代入不等式进行计算可得最小正整数的值【详解】由题意，当时，当时，则，成等差数列，即，解得，即，即，即满足的最小正整数的值为1故答案为：1【点睛】本题主要考查数列求通项公式、裂项相消法求前项和，考查了转化思想、方程思想，考查了不等式的计算、逻辑思维能力和数学运算能力154【解析】由题意结合代数式的特点和均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.【详解】.当且仅当时等号成立.据此可

14、知：的最小值为4.【点睛】条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值16【解析】由题意可得，该四面体的四个顶点位于一个长方体的四个顶点上，设长方体的长宽高为，由题意可得：，据此可得：，则球的表面积：，结合解得：.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正

15、方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.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（1），；（2）1.【解析】（1）利用正弦的和角公式，结合极坐标化为直角坐标的公式，即可求得曲线的直角坐标方程；先写出曲线的普通方程，再利用公式化简为极坐标即可；（2）先求出的直角坐标，据此求得中点的直角坐标，将其转化为极坐标，联立曲线的极坐标方程，即可求得两点的极坐标，则距离可解.【详解】（1）：可整理为，利用公式可得其直角坐标方程为：，：的普通方程为，利用公式可得其极坐标方程为（2）由（1）可得的直角坐标方程为，故容易得，的极坐标方程为，把代入得，.把代入得，.，即，两点

16、间的距离为1.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转化，涉及参数方程转化为普通方程，以及在极坐标系中求两点之间的距离，属综合基础题.18见解析【解析】（1）由题可得的所有可能取值为，且，所以的分布列为所以的数学期望（2）由题可得，所以，又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列（3）由（2）可得19（）；（）.【解析】（）由题意可知：由，求得点坐标，即可求得椭圆的方程；（）设直线，代入椭圆方程，由韦达定理，由，由为锐角，则，由向量数量积的坐标公式，即可求得直线斜率的取值范围【详解】解：（）根据题意是等腰直角三角形，设由得则代入椭圆方程得椭圆的方程为（）根据题意，直线的斜率存在，可设方

17、程为设由得由直线与椭圆有两个不同的交点则即得又为锐角则即 由得或故直线斜率可取值范围是【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，考查计算能力，属于中档题20（1）见解析（2）【解析】（1）利用正弦定理求得，由此得到，结合证得平面，由此证得.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再转化为正弦值.【详解】（1）在中，由正弦定理可得：， ，底面，平面， ； （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面的法向量为，由可得：，令，则， 设平面的法向量为，由可得:，令，则， 设二面角的平面角为，

18、由图可知为钝角，则， ，故二面角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取AB的中点O，连接，证得，从而证得CO平面ABD，再结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；（2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)取AB的中点O，连接，在Rt和RtADB中，AB=2，则=DO=1，又CD= ，所以，即OD，又AB，且ABOD=O，平面ABD，所以平面ABD，又CO平面，所以平面平面DAB （2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)， ，所以，设平面的法向量为=