广东省江门市2022届高三下学期3月高考模拟数学试题

试卷第=page55页，共=sectionpages55页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省江门市2022届高三下学期3月高考模拟数学试题一、单选题1．已知全集，设集合，，则A∪CuB=（

A． B． C． D．2．已知复数z的共轭复数是，若，则（

）A．1 B． C． D．3．已知a，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（

）A．324 B．306 C．243 D．1625．已知，，，则（

）A． B． C． D．46．设为偶函数，当时，则使的x取值范围是（

）A． B．C．或 D．或7．“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩.若将22拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为（

）A． B． C． D．8．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列函数中，最小正周期为，且在上单调递增的是（

）A． B． C． D．10．如图，三棱锥中，，，，则下列说法正确的是(

)A．B．平面平面C．三棱锥的体积为D．以为直径的球被平面所截得的圆在内的弧的长度为11．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．12．在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点，它与原点的距离是r.我们规定：比值、、分别叫做角的正割、余割、余切，分别记作、、，把、、分别叫做正割函数、余割函数、余切函数，则下列叙述正确的是(

)A． B．的定义域为C． D．三、填空题13．已知，则_______.14．在正方体中，直线与平面所成的角是________．15．已知椭圆长轴的长为4，N为椭圆上一点，满足，，则椭圆的离心率为_______.16．若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，，则不等式的解集为_______.四、解答题17．（10分）已知数列中，满足.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.18．（12分）在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.(1)求角B的大小；(2)若，求的取值范围.（12分）如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，平面.(1)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.20．（12分）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉.东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种.栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义.根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化.现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.(1)用频率分布直方图估计样本的平均数近似代替，标准差s近似代替，已知.根据以往经验，把果径与的差的绝对值在内的果实称为“标准果”.现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率；（结果精确到0.01）(2)随着直播带货的发展，该农场也及时跟进.网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本.现该农场有一款“”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元.根据收集到的数据，知若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，（为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润?参考数据：；；；；；.21．（12分）已知抛物线，点为其焦点，为上的动点，为在动直线上的投影.当为等边三角形时，其面积为.(1)求抛物线的方程；(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为，的中点，求面积的最小值.22．已知函数，.(1)证明：；(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.答案第=page88页，共=sectionpages88页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：2．B设复数，，则，因，即，即，则，解得，因此，，所以.3．A当时，由，故充分性成立，当时，比如，满足，但，故必要性不成立.4．B由题意得：总的观看方案为，两个分项都相同的观看分案为，所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是，5．C因，，，则，所以.6．C解：当时，是增函数又为偶函数故可以作出的图像如图所示：或根据奇偶性和单调性可知的取值范围为：或7．C，22可拆成1+21，2+20，3+19，4+18，5+17，6+16，7+15，8+14，9+13，10+12，11+11共有11种情况，其中3+19，5+17，11+11三种情况，故拆成的和式中，加数全部为素数的概率为8．B依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：，两圆外离，由圆的几何性质得：，，所以的取值范围是：.9．BCDA，，，由，得，函数，显然在区间上不单调，故A错误；B，，最小正周期为，且在上单调递增，故B正确；C，，最小正周期为，且在上单调递增，故C正确；D，，最小正周期为，且在上单调递增，故D正确；10．AC【详解】设O为BC中点，连接AO，DO，由△ACD和△ABD全等，可知DC＝DB，AC＝AB，则DO⊥BC，AO⊥BC，∴平面，∴，∴A正确.∵平面，∴∠AOD为二面角A－BC－D的平面角.计算可得，，，，故∠AOD≠90°，故错误.，∴，∴C正确；，设B到平面ACD的距离为，则以AB为直径的球的球心到平面ACD的距离d＝，即，∴由得.如图所示，设AD交球与F，AC交球于E，平面ACD截得球的圆为圆，设圆半径为r，则＝，，则，∴，∴D错误.11．BC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，，.12．CD∵，∴当时，，故A错误；，故其定义域为，故B错误；，故C正确；，∵cosα≠0，sinα≠0，∴，，故D正确.13．,.故答案为：.14．30°（或）连接，交于点O，再连接，因为是在正方体中，所以平面，所以是直线与平面所成的角．设正方体的边长为1，所以在中，，，所以，所以直线与平面所成的角的大小等于30°．15．解：不妨设，因为椭圆长轴的长为4，所以，又因为N为椭圆上一点，且，，所以，所以，解得，则，即，所以椭圆的离心率为.16．##{x|x＜0}【详解】∵g(x)是R上奇函数，∴g(0)＝0，令，则，时，，时，，单调递减，∴x＜0时，(0)＝g(0)＝0，即时，，当x＞0时，－x＜0，∴h(－x)＞h(0)，即g(－x)－，∵g(x)是奇函数，∴，即x＞0时，g(x)＜－＜0，综上，x＜0时，g(x)＞＞0，x＞0时，g(x)＜－＜0﹒∴g(x)＞的解集是.17．解：（1）证明：，于是因为，即数列是以为首项，2为公比的等比数列．因为，所以（2）由（1）知，所以解:(1)因为，所以由正弦定理可得，化简得，所以由余弦定理得，因为，所以(2)因为，所以,由正弦定理得，，所以，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，所以，，所以，即的取值范围为19．解：(1)如图，由题意知平面，，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，不妨设，则，∴.由题意得，，，，.∴，，设平面的一个法向量为，则有，可取，∵平面，∴平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以(2)假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，由（1）设，且，即，可得，即，所以，由平面的一个法向量，若平面，则，即，解得.故.所以侧棱上存在一点E，使得平面，且.20．解：(1)由题意得：，所以，，则，，所以，设从农场中摘取20颗果，这20颗果恰好有一颗不是“标准果”为事件A，则(2)由，解得：，所以，采用A款包装盒获得利润的数学期望，采用B款包装盒获得利润的数学期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.21．解：(1)抛物线的焦点，准线，为等边三角形，则有，而为在动直线上的投影，则，由，解得，设，则点，于是由得：，解得，所以抛物线的方程为：.(2)显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：，则直线CD方程为：，由消去x并整理得：，设，则，于是得弦