东北三省三校高三第二次联合模拟考试数学（理）试题

2022届东北三省三校高三第二次联合模拟考试数学（理）试题一、单选题1．设，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数定义域的求解，以及简单二次不等式的求解，解得集合，再根据集合的补运算和交运算，即可求得结果.【详解】因为，或，故，则.故选：A.2．复数（其中i为虚数单位）的模为（

）A．1 B． C． D．5【答案】B【分析】根据复数的乘除运算化简，再求其模长即可.【详解】因为，故.故选：B.3．已知，则（

）A．9 B．24 C．27 D．33【答案】C【分析】利用二项式的通项公式求解.【详解】的通项公式为，令，得，所以，的通项公式为，令，得，所以，所以，故选：C4．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】对原命题“改量词，否结论”即可求得结果.【详解】命题，的否定是：，.故选：D.5．为研究变量x，y的相关关系，收集得到下面五个样本点（x，y）：x91011y1110865若由最小二乘法求得y关于x的回归直线方程为，则据此计算残差为0的样本点是（

）A．（9，11） B．（10，8） C．（10.5，6） D．（11．5）【答案】B【分析】先求出线性方程的样本中心点，从而可求得，再根据残差的定义可判断.【详解】由题意可知，，所以线性方程的样本中心点为，因此有，所以，在收集的5个样本点中，一点在上，故计算残差为0的样本点是.故选：B6．将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位，所得图象对应的函数（

）A．在区间上单调递增B．在区间（，）上单调递减C．图象关于点（，0）对称D．图象关于直线对称【答案】A【分析】根据函数的伸缩变换和平移变换得到，逐项判断.【详解】将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位，得，因为，所以，故A正确；因为，所以，故B错误；，故C错误；，故D错误；故选：A7．盒子中装有编号为0，1，2，3，4，5，6的7个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之和为3的倍数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意求得所有情况的可能性，再求得满足题意的可能性，利用古典概型的概率公式即可求得结果.【详解】从个不同的球中取出2个球，则共有种情况，编号之和为的倍数，即编号之和为3,6,9，则共有种情况，故满足题意的概率.故选：D.8．已知圆锥的顶点为点S，底面圆心为点O，高是底面半径r的倍，点A，B是底面圆周上的两点，若△SAB是等边三角形，则O到平面SAB的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等体积法求解【详解】由题意高，则，即解得故选：B9．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，利用两角和差的正切公式求出，再根据两角和的正弦公式结合同角三角函数的关系化弦为切即可得出答案.【详解】解：因为，所以，解得，，当时，，当时，，综上所述，.故选：C.10．定义域为R的奇函数满足，当时，，则（

）A． B． C． D．0【答案】A【分析】由奇偶性及得到周期性，再根据周期性化简可代入求解.【详解】由题意，有，而又有，所以有，即，从而可得，因此函数的周期为，所以.故选：A11．已知实数满足，，，，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，利用导数可求得的单调性，可知有两个不等解，并得到，，根据和可确定的大小关系.【详解】由题意得：；令，则，当时，；当时，；在上的单调递减，在上单调递增；；又，当时，；方程有两个不等解，，；，又，，，；又，，；综上所述：.故选：D.12．我们常说函数的图象是双曲线，建立适当的平面直角坐标系，可求得这个双曲线的标准方程为．函数的图象也是双曲线，在适当的平面直角坐标系中，它的标准方程可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的图象特点，求得其渐近线，再根据对称性建立新的平面直角坐标系，再求对应的，即可求得其双曲线方程.【详解】对函数，其定义域为，定义域关于原点对称，用替换方程不变，故其图象关于原点对称；又当，且趋近于时，趋近于正无穷；当趋近于正无穷时，趋近于，此时的图象与无限靠近；故的两条渐近线为轴与，做出其图象如下所示：为使其双曲线的方程为标准方程，故应建立的坐标轴必须平分两条渐近线的夹角，又，其斜率为，此时其在原坐标系中其倾斜角为，与轴夹角为，故新坐标系中，轴与轴的夹角应为，故轴所在直线在原坐标系中的方程为，轴与其垂直，在如图所示的新坐标系中，设双曲线的方程为，联立可得，则，又在新坐标系下，双曲线的渐近线与的夹角为，故，即，故在新坐标系下双曲线方程为.故选：A.【点睛】本题考察函数的对称性、渐近线以及新情景下双曲线方程的求解，需要学生充分把握函数的性质，以及双曲线的几何特点，属困难题.二、填空题13．在爱尔兰小说《格列佛游记》里，有格列佛在小人国一顿吃了1728份小人饭的叙述，作者为什么要使用这么复杂的数字呢？许多研究者认为，之所以选用这个数字，跟英国人计数经常使用的十二进制有关系．中国文化中，十二进制也有着广泛应用，如12地支，12个时辰，12生肖…．十二进制数通常使用数字0—9以及字母A，B表示，其中A即数字10，B即数字11．对于下面的程序框图，若输入a=1728，k=12，则输出的数为________．【答案】1000【分析】利用程序框图，模拟程序框图的运行过程即可求解【详解】输入，；，；，；，；所以输出的数为.故答案为：.14．在正六边形中，点为线段（含端点）上的动点，若（，），则的取值范围是________．【答案】【分析】以正六边形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系，根据已知条件，用点的横坐标表示，结合点横坐标的取值范围，即可求得结果.【详解】根据题意，不妨设正六边形的边长为，以中心建立平面直角坐标系，如下所示：则可得，设点的坐标为，则，由可得：，即，数形结合可知：，则，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查用解析法处理平面向量中的范围问题，解决问题的关键是用点的坐标表达，属中档题.15．椭圆C：（）的左焦点为点F，过原点O的直线与椭圆交于P，Q两点，若∠PFQ=120°，，，则椭圆C的离心率为________．【答案】【分析】根据椭圆对称性求得，再结合椭圆定义和余弦定理，求得，即可求得椭圆离心率.【详解】根据题意，取椭圆的右焦点为，连接，作图如下：由椭圆的对称性可知，四边形的对角线互相平分，故四边形为平行四边形，则；设，由椭圆定义可知，在△和△中由余弦定理可得：，，又，上述两式相加可得：，即；在△中，由余弦定理可得：，即，则，；故可得，则，又，故椭圆离心率为.故答案为：.16．如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；②存在点H，使得GH⊥AE；③三棱锥B−GHF的体积为定值；④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）【答案】①③④【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又面面，故//面，故①正确；对②：因为面面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：则，设，，若GH⊥AE，则，即，解得，不满足题意，故②错误；对③：，因为均为定点，故为定值，又//面面，故//面，又点在上运动，故点到面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；对④：取△的外心为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在上因为面，面面，则，又，面，故面,又面，则//，故在同一个平面，则过作，连接如图所示.在△中，容易知，则由余弦定理可得，故，则由正弦定理可得；设三棱锥的外接球半径为，则，在△中，，，又，故由勾股定理可知：，即，解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考察线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.三、解答题17．如图，正三棱柱中，，点是棱的中点．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，连接，证得，由平面平面，证得，得到，证得平面，得到，进而证得平面，从而得到；（2）以为原点建立空间直角坐标系，求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)证明：设的中点为，连接∵正方形中，，∴，∴，∵平面平面，∴，又∵，M为中点，∴，∵，且平面，∴平面，又∵平面，∴，∵平面平面，∴平面∵平面，∴(2)解：如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量则，取，可得，设平面的法向量则，取，可得，所以，又由二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．18．近期，国家出台了减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担“双减”政策．为了坚决落实“双减”政策，提高教学质量，提升课后服务水平，某中心小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该中心小学三年级的10个班级并调查了解需要课后看护的学生人数，如下面频数分布表：班级代号12345678910需看护学生人数20182730242332352120已知该中心小学每个班级50人，为了节约资源并保证每个看护教室有两名看护教师，该校计划：若需要课后看护的学生人数超过25人的班级配备1名班主任和1名其他科任教师；若需要课后看护的学生人数不超过25人的班级只配备1名班主任，但需要和另一个人数不超过25人的班级合班看护．(1)若将上述表格中人数不超过25人的6个班两两组合进行课后看护，求班级代号为1，2的两个班合班看护的概率；(2)从已抽取的10个班级中随机抽取3个班，记3个班中需要课后看护的学生人数超过25人的班级数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据上表的数据，得到6个班两两组合进行课后看护共有种不同的方法，其中代号为1，2的两个班合班看护共种不同的方法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）根据题意得到随机变量的可能取值，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用公式求得期望.【详解】(1)解：若将上述表各中人数超过25人的6个班两两组合进行课后看护，共种不同的方法，其中班级代号为1，2的两个班合班看护共种不同的方法．记A表示事件“班级代号为1，2的两个班合班看护”，则其概率.(2)解：随机变量的可能取值为，可得，，，，则的分布列为：0123所以数学期望19．已知等差数列公差不为零，，，数列各项均为正数，，．(1)求数列，的通项公式；(2)若恒成立，求实数的最小值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）求数列的通项公式，根据等差数列，利用基本量计算即可求解，求数列的通项公式，先因此分解，得到数列为等比数列后可求解；（2）根据（1）得，再令，再研究其单调性可求解.【详解】(1)设等差数列的公差为d，由条件，解得，或，∵，∴∴∵，∴，∵，∴又，∴，∴，∴是以1为首项，为公比的等比数列．∴(2)∵，∴，即，即恒成立，设，则，即时；时；时，∴或5时，为的最大项．∴，故实数的最小值为．20．已知函数（，e为自然对数的底数）．(1)若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值；(2)讨论函数的单调性；(3)当时，求证：．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解；（2）由于，令，得或，通过比较两个值分类讨论得到单调区间；（3）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明.【详解】(1)，则，由已知，解得(2)（ⅰ）当时，，所以，，则在上单调递增，在上单调递减；（ⅱ）当时，令，得，①时，，所以或，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；②时，，则在上单调递增；③时，，所以或，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．综上，时，在上单调递增，在上单调递减；时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．(3)方法一：等价于当时，令令，则在区间上单调递增

∵，∴存在，使得，即当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增∴∴，故方法二：当时，令，则，令，则当时，；当时，∴在区间上单调递减，上单调递增．∴，即∴，【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用.21．已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C．(1)求抛物线E的标准方程；(2)求证：直线BC过定点；(3)若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用表示出，化简即可求出答案.（2）设出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出写出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出的方程，根据两个关系式消掉点，则可得出结论.（3）将、用点表示出来，再利用韦达定理用直线的斜率表示出，最后化简即可得出答案.【详解】(1)焦点，∵，∴抛物线E的标准方程为(2)显然．直线斜率存在，设的方程为由，化简得：，设，则，∴

①直线的方程为，由化简得：，设则

②由①②得，∴

③（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴，∴的方程为．（ⅱ）若直线有斜率，为，直线的方程为，即，将③代入得，∴，故直线有斜率时过点．由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过点．(3)由（2）得，，∴，且，设，∵，且，∴∴，故的取值范围是．【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线过定