2022-2023学年河北省廊坊市霸州第五中学高三数学理模拟试卷含解析

1、2022-2023学年河北省廊坊市霸州第五中学高三数学理模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是A2BCD参考答案：C2. 设，向量且，则 （ ）（A） （B） （C） （D）10参考答案：B3. 数列满足，则（ ）ABCD参考答案：D4. 如果( )AB6C D8参考答案：B5. 已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则?（+）的最小值是（）A2BCD1参考答案：B【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量

2、积的公式进行计算即可【解答】解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，则A（0，），B（1，0），C（1，0），设P（x，y），则=（x，y），=（1x，y），=（1x，y），则?（+）=2x22y+2y2=2x2+（y）2当x=0，y=时，取得最小值2（）=，故选：B【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键6. 给定函数，其中在上单调递减的个数为A. 0 B. 1 个 C. 2 个 D. 3个参考答案：C为幂函数，所以在上递减.，在上递减，所以函数在，递减.，在递增.的周期，在上单调递增，所以满足条件的有2个，选C.7. 的展开式中x2y

3、2的系数是 A56B84C112D168参考答案：D因为的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，所以的系数为.故选D.8. 若向量,则下列说法中错误的是（ ）A. B. 向量与向量的夹角为 C. D.对同一平面内的任意向量,都存在一对实数,使得参考答案：D9. 已知各项均为正数的等比数列，则 （ ） A B 7 C 6 D 参考答案：A略10. 已知函数f（x）=，g（x）=2，设方程f（x）=g（x）的根从小到大依次为x1，x2xn，nN+，则数列f（xn）的前n项和为（）A2n+12B2n1Cn2Dn21参考答案：B【考点】分段函数的应用【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用【

4、分析】作出函数f（x）=的图象，可得数列f（x）从小到大依次为1，2，4，组成以1为首项，2为公比的等比数列，即可求出数列f（x）的前n项和【解答】解：函数f（x）=的图象如图所示，x=1时，f（x）=1，x=3时，f（x）=2，x=5时，f（x）=4，所以方程f（x）=g（x）=2的根从小到大依次为1，3，5，数列f（xn）从小到大依次为1，2，4，组成以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列f（xn）的前n项和为=2n1，故选：B【点评】本题考查方程根，考查数列的求和，考查学生分析解决问题的能力，正确作图，确定数列f（x）从小到大依次为1，2，4，组成以1为首项，2为公比的等比数列是关键二

5、、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设，定义PQ，则PQ中元素的个数为 .参考答案：1212. 已知，则 .参考答案：-4函数的导数为，所以，解得，所以，所以，所以。13. 点M是椭圆上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P,Q，若PQM是锐角三角形，则椭圆离心率的取值范围是_ 参考答案：14. 请阅读下列材料：若两个正实数满足，求证：.证明：构造函数，因为对一切实数，恒有，所以，从而得，所以.根据上述证明方法，若个正实数满足时，你能得到的结论是_.参考答案：【知识点】类比推理M1 解析：类比给出的材料，构造函数，由对一切实数，恒有，所以，即可得到

6、结论.故答案为：【思路点拨】类比给出的材料，构造函数，由对一切实数，恒有，所以，即可得到结论.15. 已知关于的不等式，若此不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是 ；若此不等式对于任意的恒成立，则实数的取值范围是 。参考答案：16. 已知复数，其中为虚数单位若为纯虚数，则实数a的值为 参考答案：17. 已知的展开式中含 x2项的系数为12，则展开式的常数项为参考答案：160【考点】二项式系数的性质【专题】二项式定理【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得展开式中含x2项的系数，再根据 x2项的系数为12，求得a的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】

7、解：由于的展开式的通项公式为Tr+1=?ar?x3r，令3r=2，可得r=1，故展开式中含 x2项的系数为6a=12，可得a=2再令3r=0，可得r=3，故展开式的常数项为?23=160，故答案为：160【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分12分） 正项等差数列满足a14，且a2，a42，2a78成等比数列 （）求数列的通项公式； （）令，求数列的前n项和Tn参考答案：（）;（）.试题分析：（）根据成等比,可得,根据等差数列的通项公式将其转化为

8、关于公差的一元二次方程,可得的值,根据该数列为正项等差数列可知.从而可得.（）将变形,用裂项相消法可求得.试题解析：解：（）设数列公差为，由已知得：，化简得：，解得：或（舍），所以5分（），所以12分考点：1等差数列的通项公式,前项和公式;2裂项相消法求和.19. 已知A（2，0），B（2，0），点C、D依次满足（1）求点D的轨迹；（2）过点A作直线l交以A、B为焦点的椭圆于M、N两点，线段MN的中点到y轴的距离为，且直线l与点D的轨迹相切，求该椭圆的方程；（3）在（2）的条件下，设点Q的坐标为（1，0），是否存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PA，PB都相切，如存在，求出P

9、点坐标及圆的方程，如不存在，请说明理由参考答案：考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题专题： 综合题；圆锥曲线中的最值与范围问题分析： （1）设C（x0，y0），D（x，y），由可得C、D两点坐标关系，由|=2可得，由消掉x0，y0即得所求轨迹方程，进而得其轨迹；（2）设直线l的方程为y=k（x+2）椭圆的方程，由l与圆相切可得k2值，联立直线方程与椭圆方程消掉y并代入k2值，可用a表示出由中点坐标公式及MN的中点到y轴的距离为可得a的方程，解出即可；（3）假设存在椭圆上的一点P（x0，y0），使得直线PA，PB与以Q为圆心的圆相切，易知点Q到直线PA，PB的距离相等，根据点到直

10、线的距离公式可得一方程，再由点P在椭圆上得一方程联立可解得点P，进而得到圆的半径；解答： 解：（1）设=（x+2，y），则，所以，点D的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆 （2）设直线l的方程为y=k（x+2）椭圆的方程；由l与圆相切得：将代入得：（a2k2+a24）x2+4a2k2x+4a2k2a4+4a2=0，又，可得，有，解得a2=8（3）假设存在椭圆上的一点P（x0，y0），使得直线PA，PB与以Q为圆心的圆相切，则Q到直线PA，PB的距离相等，A（2，0），B（2，0），PA：（x0+2）yy0 x2y0，PB：（x02）yy0 x+2y0=0，=d2，化简整理得：，点P在椭圆上，解得

11、：x0=2或x0=8（舍）x0=2时，r=1，椭圆上存在点P，其坐标为（2，）或（2，），使得直线PA，PB与以Q为圆心的圆（x1）2+y2=1相切点评： 本题考查直线方程、圆的方程、椭圆方程及其位置关系，考查学生分析解决问题的能力，综合性强，能力要求较高20. (本小题满分14分)如图，在正方体中，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面.参考答案：证明（1）：连接，设，连接， 2分因为O，F分别是与的中点，所以，且，又E为AB中点，所以，且，从而，即四边形OEBF是平行四边形，所以， 6分又面，面，所以面. 8分（2）因为面，面，所以， 10分又，且面，所以面，12分而，所以面，又面，所以面面. 14分21. (本小题满分12分)已知是正数组成的数列，且点在函数的图象上（）求数列的通项公式；（）若数列满足，求证：参考答案：解法一：（）由已知得，即，又，所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列故（）由（）知：从而，因为，所以解法二：（）同解法一（）因为，所以22. （本小题满分12分） 已知函数R，是函数的一个零点. （1）求的值，并求函数的单调递增区间； （2）若，且，求的值.参考答案：（1），Z；（2）试题分析：（1）由是函数的一个零点得，代入，用辅助角公式化简，得，利用正弦函数的单调递增区间即可求出函数的单调递增区间；（2）先将已知条件进行化简，再利