2022届江苏省盐城市东台市高三第二次调研数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。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已知圆M:x2+y2-2ay=0a0截直线x+y=0A内切B相交C外切D相离2已知向量，若，则实数的值为（ ）ABCD3已知定点都在平面内，定点是内异于的动点，且，那么动点在平面内的轨迹是（ ）A圆，但要去掉两个点B椭圆，但要去掉两个点C双曲线，但要去掉两个点D抛物线，但要去掉两个点4已知向量，则向量在向量上的投影是（ ）ABCD5设全集为R，集合，则ABCD6已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（ ）ABCD7若，则“”是“的展开式中项的系数为90

3、”的（ ）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件8为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A12种B24种C36种D48种9已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）A（）B（）C（）D（）10某高中高三（1）班为了冲刺高考，营造良好的学习氛围，向班内同学征集书法作品贴在班内墙壁上，小王，小董，小李各写了一幅书法作品，分别是：“入班即静”，“

4、天道酬勤”，“细节决定成败”，为了弄清“天道酬勤”这一作品是谁写的，班主任对三人进行了问话，得到回复如下：小王说：“入班即静”是我写的；小董说：“天道酬勤”不是小王写的，就是我写的；小李说：“细节决定成败”不是我写的.若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“入班即静”的书写者是（ ）A小王或小李B小王C小董D小李11设，随机变量的分布列是01则当在内增大时，（ ）A减小，减小B减小，增大C增大，减小D增大，增大12等比数列的各项均为正数，且，则( )A12B10C8D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知内角的对边分别为外接圆的面积为，则的面积为_.14已知集合，则_.15如图

5、所示，平面BCC1B1平面ABC，ABC120，四边形BCC1B1为正方形，且ABBC2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_16在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则_，项的系数等于_.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）已知函数，且曲线在处的切线方程为.（1）求的极值点与极值.（2）当，时，证明：.18（12分）已知函数.（1）讨论的零点个数；（2）证明：当时，.19（12分）已知数列中，a1=1，其前n项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）记，若数列为递增数列，求的取值范围20（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：，

6、以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（）.（1）求抛物线C的极坐标方程；（2）若抛物线C与直线l交于A，B两点，求的值.21（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数（1）当时，求函数的极值；（2）设函数的导函数为，求证：函数有且仅有一个零点22（10分）椭圆：的左、右焦点分别是，离心率为，左、右顶点分别为，.过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点、（不与点、重合），直线与直线相交于点，求证：、三点共线.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

7、一项是符合题目要求的。1B【解析】化简圆M:x2+(y-a)2=a又N(1,1),r2D【解析】由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.【详解】解：，即，将和代入，得出，所以.故选:D.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.3A【解析】根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.【详解】,，,又，,平面,又平面，故在以为直径的圆上，又是内异于的动点，所以的轨迹是圆，但要去掉两个点A,B故选：A【点睛】本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定，圆的性质，轨迹问题，属于中档题.

8、4A【解析】先利用向量坐标运算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解【详解】由于向量，故向量在向量上的投影是.故选：A【点睛】本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.5B【解析】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6B【解析】由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程【详解】由抛物线y22px（p0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛

9、物线的定义可得，所以抛物线的标准方程为：y22x故选B【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题7B【解析】求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.【详解】若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.8C【解析】先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步

10、计数原理可得选项.【详解】把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。故选：C.【点睛】本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.9B【解析】根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得，即，解得或（其中，）.又，即（其中）.由得或，即或（其中，），因此的最小值为.因为，所以（）.又，所以，所以，令（），则（）.因此，当取得最小值时，

11、的单调递增区间是（）.故选：B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.10D【解析】根据题意，分别假设一个正确，推理出与假设不矛盾，即可得出结论.【详解】解：由题意知，若只有小王的说法正确，则小王对应“入班即静”，而否定小董说法后得出：小王对应“天道酬勤”，则矛盾；若只有小董的说法正确，则小董对应“天道酬勤”，否定小李的说法后得出：小李对应“细节决定成败”，所以剩下小王对应“入班即静”，但与小王的错误的说法矛盾；若小李的说法正确，则“细节决定成败”不是小李的，则否定小董的说法得出：小王对应“天道酬勤”，所以得出“细节决定成败”是小董的，剩

12、下“入班即静”是小李的，符合题意.所以“入班即静”的书写者是：小李.故选：D.【点睛】本题考查推理证明的实际应用.11C【解析】，判断其在内的单调性即可【详解】解：根据题意在内递增，是以为对称轴，开口向下的抛物线，所以在上单调递减，故选：C【点睛】本题考查了利用随机变量的分布列求随机变量的期望与方差，属于中档题12B【解析】由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论【详解】数列是等比数列，故选：B.【点睛】本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由外接圆面积，求出外接圆半径，然后由正弦定理可求得三角

13、形的内角，从而有，于是可得三角形边长，可得面积【详解】设外接圆半径为，则，由正弦定理，得，故答案为：【点睛】本题考查正弦定理，利用正弦定理求出三角形的内角，然后可得边长，从而得面积，掌握正弦定理是解题关键14【解析】根据交集的定义即可写出答案。【详解】，故填【点睛】本题考查集合的交集，需熟练掌握集合交集的定义，属于基础题。15【解析】将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.【详解】过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，故.【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.168

14、1 【解析】根据二项式系数和的性质可得n,再利用展开式的通项公式求含项的系数即可.【详解】由于所有项的二项式系数之和为，故的二项展开式的通项公式为，令，求得，可得含x项的系数等于，故答案为：8；1【点睛】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，属于中档题三、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）极小值点为，极小值为，无极大值；（2）证明见解析【解析】先对函数求导，结合已知及导数的几何意义可求，结合单调性即可求解函数的极值点及极值；令，问题可转化为求解函数的最值，结合导数可求【详解】（1）由题得函数的定义域为.，由已知得，解得 ， 令

15、，得令，得，在上单调递增.令，得在上单调递减 的极小值点为，极小值为，无极大值.（2）证明：由（1）知，令，即 ， 恒成立.在上单调递增又，在上恒成立在上恒成立， 即【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题18（1）见解析（2）见解析【解析】（1）求出，分别以当，时，结合函数的单调性和最值判断零点的个数.（2）令，结合导数求出；同理可求出满足，从而可得，进而证明.【详解】解析：（1），当时，单调递减，此时有1个零点；当时，无零点；当时，由得，由得，在单调递减，在单调递增，在处取得最小值，若，则，此时没有零点；若，则，

16、此时有1个零点；若，则，求导易得，此时在，上各有1个零点.综上可得时，没有零点，或时，有1个零点，时，有2个零点.（2）令，则，当时，；当时，.令，则，当时，当时，即.【点睛】本题考查了导数判断函数零点问题，考查了运用导数证明不等式问题，考查了分类的数学思想.本题的难点在于第二问不等式的证明中，合理设出函数，通过比较最值证明.19（1）（2）【解析】（1）项和转换可得，继而得到，可得解；（2）代入可得，由数列为递增数列可得，令，可证明为递增数列，即，即得解【详解】（1），即，（2）=2-（2n+1）数列为递增数列，即令，即为递增数列，即的取值范围为【点睛】本题考查了数列综合问题，考查了项和转换

17、，数列的单调性，最值等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.20（1）（2）【解析】(1)利用极坐标和直角坐标的互化公式，,即可求得结果.(2) 由的几何意义得,. 将代入抛物线C的方程,利用韦达定理，即可求得结果.【详解】（1）因为，代入得，所以抛物线C的极坐标方程为.（2）将代入抛物线C的方程得，所以，所以，由的几何意义得，.【点睛】本题考查直角坐标和极坐标的转化,考查极坐标方程的综合应用,考查了学生综合分析,转化与划归,数学运算的能力,难度一般.21见解析【解析】（1）当时，函数，其定义域为，则，设，易知函数在上单调递增，且，所以当时，即；当时，即，所以函数在

18、上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，为，无极大值（2）由题可得函数的定义域为，设，显然函数在上单调递增，当时，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，所以函数有且仅有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，因为，所以，又，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点综上，函数有且仅有一个零点22（1）；（2）见解析【解析】（1）根据已知可得，结合离心率和关系，即可求出椭圆的标准方程；（2）斜率不为零，设的方程为，与椭圆方程联立，消去，得到纵坐标关系，求出方程，令求出坐标，要证、三点共线，只需证，将分子用纵坐标表示，即可证明结论.【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，由题意知，即.又，所以，.所以椭圆的方程为.（2）解法一：依题意直