2022届广东省高三新高考模拟押题卷（三）数学试题

/19/19/2022届广东省高三新高考模拟押题卷（三）数学试题一、单选题1．已知全集为实数集R，集合，则=（???????）A． B．或C．或 D．【答案】B【分析】解二次不等式求得集合A,然后根据补集的定义求补集.【详解】由，解得，∴，∴或,故选：B.【点睛】本题考查集合的补集，涉及二次不等式的求解，属基础题，关键是准确解出二次不等式的解集.2．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数（???????）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数除法运算求出，即可得出答案.【详解】，，则.故选：C.3．为贯彻落实健康第一的指导思想，切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，提高体质健康水平.某市抽调三所中学进行中学生体育达标测试，现简称为A校、B校、C校.现对本次测试进行调查统计，得到测试成绩排在前200名学生层次分布的饼状图、A校前200名学生的分布条形图，则下列结论不一定正确的是（???????）A．测试成绩前200名学生中B校人数超过C校人数的1.5倍B．测试成绩前100名学生中A校人数超过一半以上C．测试成绩在51—100名学生中A校人数多于C校人数D．测试成绩在101—150名学生中B校人数最多29人【答案】C【分析】根据饼状图和A校前200名学生的分布条形图，逐个分析判即可【详解】解：对于A，B校人数为，C校人数为，因为，所以A正确；对于B，A校前100名的人数有，所以B正确；对于C，A校在51—100名的学生有25人，C校在1—200名的学生有40人，也有可能在51—100名的学生有25人，所以C错误；对于D，A校在1—100名和151—200名的学生共有人，A校在101—150的有21人，C校在1—200名的有40人，但在101—150的不一定有40人，而三个学校中在1—100名和151—200名内的人数至少有150人，所以B校至少有人在1—100名和151—200名内，则B至多有人在101—150内，所以D正确，故选：C4．函数的图像大致为（???????）A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再利用特殊值判断.【详解】因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，D；因为，所以排除C，故选：A.5．已知函数，的图象如图所示，则该函数的解析式可能为（???????）A． B．C． D．【答案】A【分析】在各选择支的函数中取特值计算，并与已知图象比较，采用排除方法可作出判定.【详解】取x=0,对于A：；对于B：；对于C：；对于D：，结合图象中f(0)=0,故排除BD.取x=,对于A：,对于C：,结合图象，可排除C.故选：A.【点睛】本题考查根据图象判定解析式，可以利用特殊值法进行排除.6．根据中央对“精准扶贫”的要求，某市决定派7名党员去甲、乙、丙三个村进行调研，其中有4名男性党员，3名女性党员现从中选3人去甲村若要求这3人中既有男性，又有女性，则不同的选法共有（???????）A．35种 B．30种 C．28种 D．25种【答案】B【分析】首先算出名党员选名去甲村的全部情况，再计算出全是男性党员和全是女性党员的情况，即可得到既有男性，又有女性的情况.【详解】从名党员选名去甲村共有种情况，名全是男性党员共有种情况，名全是女性党员共有种情况，名既有男性，又有女性共有种情况.故选：B【点睛】本题主要考查组合的应用，属于简单题.7．已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为（???????）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.【详解】由题意及正弦定理得：，令，则，，可得，所以椭圆的离心率为：.故选：B8．十九世纪下半叶集合论的创立，莫定了现代数学的基础.着名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（???????）参考数据：，A．6 B．7 C．8 D．9【答案】D【分析】归纳出第次去掉的线段的长度，然后求得和，解不等式可得．【详解】记为第n次去掉的长度，，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为，第次操作后有条线段，每条线段长度为，因此第次去掉的线段长度为，所以，，，，n的最小值为9．故选：D．【点睛】关键点点睛：解题关键是归纳出第次所去掉的线段长度，计算时要先得出第次去掉的线段条数，即第次剩下的线段条数，同时得出此时每条线段长度，从而可得第次所去掉的线段总长度，求和后列不等式求解．二、多选题9．已知曲线C的方程为，则（???????）A．当时，曲线C为圆B．当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为C．当时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆D．存在实数使得曲线C为双曲线，其离心率为【答案】AB【分析】满足选项A，B，C，D的条件，逐一分析曲线C的方程并判断得解.【详解】对于A选项：m=1时，方程为，即，曲线C是圆，A正确；对于B选项：m=5时，方程为，曲线C为双曲线，其渐近线方程为，B正确；对于C选项：m>1时，不妨令m=5，由选项B知，曲线C为双曲线，C不正确；对于D选项：要曲线C为双曲线，必有，即m<-1或m>3，m<-1时，曲线C：，m>3时，曲线C：，因双曲线离心率为时，它实半轴长与虚半轴长相等，而-(m+1)≠3-m，m+1≠m-3，D不正确.故选：AB10．下列说法正确的是（???????）A．直线与平行，则B．正项等比数列满足，，则C．在中，，，若三角形有两解，则边长的范围为D．函数为奇函数的充要条件是【答案】BCD【分析】根据两直线平行的等价条件列方程求得的值可判断A；求出以及公比，由求和公式计算的值可判断B；由正弦定理可得，根据由两解可得且，可得的范围判断C；由求得的值，再检验是否成立可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若直线与平行，则，解得：，故选项A不正确；对于B：数列满足，，所以，所以，可得，所以，故选项B正确；对于C：在中，，，由正弦定理可得，即，因为，因为有两个值，且两个值互补，若，则其补角大于，则不成立，所以，因为时也是一解，所以且，，所以，故选项C正确；对于D：函数为奇函数，则，可得，当时，，，所以当时，是奇函数，函数为奇函数的充要条件是，故选项D正确；故选：BCD.11．已知函数，则下列说法正确的是（???????）A．若的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则B．当时，在区间上的最小值为C．当时，在区间上单调递增D．当时，将图象向右平移个单位长度得到的图象【答案】BD【分析】由二倍角公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断．【详解】，A．的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则，，，A错；B．当时，，时，，的最小值为，B正确；C．当时，，时，，，即时，取得最小值，因此在此区间上，函数不单调，C错；D．时，，将图象向右平移个单位长度得到图象的解析式为，D正确．故选：BD．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题方法是利用诱导公式，二倍角公式，两角和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数（或余弦函数）的性质求解判断．12．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（???????）A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是D．三棱锥D1-APC的体积不变【答案】ABD【分析】根据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，可判定A正确；连接A1B，A1C1，由平面BA1C1∥平面ACD1，可判定B正确；当P与线段BC1和线段BC1的中点两端点重合时，分别求得A1P与AD1所成角，可判定C错误；由，结合△AD1P的面积不变，可判定D正确【详解】对于A中，根据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，又由DB1平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B中，连接A1B，A1C1，在正方体中，可得平面BA1C1∥平面ACD1，又由A1P平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C中，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D中，，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C-AD1P的体积不变，故D正确．故选ABD．三、填空题13．函数的图象在点处的切线方程为________．【答案】【分析】求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】，，则．因为，所以所求切线方程为，即．故答案为：．14．已知随机变量，且，则___________.【答案】【分析】根据正态分布区间的对称性直接计算即可.【详解】由，且则，所以故答案为：15．将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体的体积为，则该几何体的全面积为____________.【答案】【分析】设正方体的边长为，则，解得根据全面积公式计算即可.【详解】将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为，设正方体的边长为，则，解得该圆柱的全面积为，故答案为：.四、双空题16．如图，在四边形ABCD中，，，，且，则实数的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为_______．【答案】????????【解析】求出，由利用数量积公式求解的值即可；建立坐标系，设，则，利用数量积的坐标表示，结合二次函数配方法求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，所以；建立如图所示的坐标系，因为，，，可得，设，因为，则，所以，，当时等号成立，所以的最小值为，故答案为：,.【点睛】平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．五、解答题17．已知数列是等差数列，且，求：(1)的通项公式；(2)设数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值．【答案】(1)(2)9【分析】（1）根据等差数列的定义以及题中所给条件求出公差，即求出了通项公式；（2）写出数列的前项和，再通过裂项相减法化简，放缩法求出的范围，最后结合所给条件数轴法求出的取值范围并求得最小值.【详解】(1)设数列公差为，则，则，解得.∴的通项公式为：(2)根据题意，.若对任意恒成立，则，解得.∴的最小值为9.18．在中，的角平分线与边相交于点，满足.(1)求证：；(2)若，求的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别对和采用正弦定理得和，两式联立即可求解；（2）设，分别对和采用余弦定理得：，，结合，可求，再对采用余弦定理即可求解.【详解】(1)（1）证明：因为为的角平分线，故，在中，由正弦定理可得：①，在中，由正弦定理可得：②，由①和②可得，又，故，可得：，即；(2)（2）由题意可知，，由（1）知，不妨设.在中，由余弦定理可得：，即③，在中，由余弦定理可得：，即④，由又，故，由③和④可解得：，，从而可得，，，在中，由余弦定理得：，又，故.19．如图，在三棱锥中，，O为中点.(1)证明：直线平面；(2)若点M在棱上，，且，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证得和，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.【详解】(1)∵，且为中点，∴，∵，且为中点，∴，∵，且为中点，∴，∵，，，∴，∴，∵，平面，且，???∴平面，(2)∵，且为中点，∴，从而，，两两垂直，如图，建立以为原点，且，，分别为，，轴的空间直角坐标系，则，，，，设，由，即，所以，所以，解得，∴，，，不妨设平面的一个法向量为，故，，∴令，则，，∴，设直线与平面所成角为，∴，因为，所以，∴直线与平面所成角的余弦值为.20．每年春天，婺源的油菜花海吸引数十万游客纷至沓来，油菜花成为“中国最美乡村”的特色景观，三月，婺源篁岭油菜花海进入最佳观赏期.现统计了近七年每年(2015年用x=1表示，2016年用x=2表示)来篁岭旅游的人次y(单位：万人次)相关数据，如下表所示：旅游人次(单位：万人次)若关于具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测2022年篁岭的旅游的人次；（2）为维持旅游秩序，今需???四位公务员去各景区值班，已知??去篁岭值班的概率均为，去篁岭值班的概率为，且每位公务员是否去篁岭值班不受影响，用表示此4人中去篁岭值班人数，求的分布列与数学期望．参考公式：，.参考数据：，.【答案】（1），万人次；（2）分布列见详解，．【分析】（1）根据表中数据结合参考公式即可求解回归方程，再代入求解2022年篁岭的旅游的人次；（2）列出的可能取值，依题意求得各情况的概率，写出分布列进而求得数学期望．【详解】（1）由表知：，则所以因为2015年用x=1表示，所以2022年是时，得(万人次)；（2）的可能取值是0，1，2，3，4则则的分布列为01234故数学期望为【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．21．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，直线l：经过抛物线C的焦点.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线1与抛物线C相交于A?B两点，过A?B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交