广东省湛江市高三二模数学试题

2022届广东省湛江市高三二模数学试题一、单选题1．若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.【详解】因为，所以，故选：B2．已知向量，的夹角的余弦值为，且，，则（

）A．﹣6 B．﹣4 C．2 D．4【答案】A【分析】根据平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】因为向量，的夹角的余弦值为，且，，所以，故选：A3．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据函数值域的求法求出集合，进而求出即可．【详解】对于集合求的是的取值范围，对于集合求的是的值域，，，，故选：C．4．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且，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【答案】B【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】，，只有一条垂直直线，不能得出，不充分，当时，由于，则有，是必要的，因此是必要不充分条件．故选：B．5．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出圆心坐标与半径，再利用点到直线的距离及垂径定理、勾股定理得到方程，解得即可；【详解】解：圆的圆心为，半径，因为直线与圆相交于、两点，且，所以圆心到直线的距离，即，解得（舍去）或；故选：B6．若，且，则的最小值为（

）A．9 B．3 C．1 D．【答案】C【分析】由基本不等式得，进而结合已知条件得的最小值为.【详解】解：因为，所以，因为所以，即，当且仅当，即时等号成立，所以，即的最小值为.故选：C7．若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用对数和对数函的性质进行化简后比较.【详解】解：故故选：A的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出，进而利用勾股定理即可得到，从而可求出结果.【详解】由题意知延长则必过点,如图：由双曲线的定义知，又因为，，所以，设，则，因此，从而，所以，又因为，所以，即，即，故选：B.二、多选题9．某学校组建了合唱､朗诵､脱口秀､舞蹈､太极拳五个社团，该校共有2000名同学，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加朗诵社团的同学有8名，参加太极拳社团的有12名，则（

）A．这五个社团的总人数为100B．脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%C．这五个社团总人数占该校学生人数的4%D．从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为40%【答案】BC【分析】计算出五个社团的总人数，可判断A,C;计算出脱口秀社团的人数,判断B;计算脱口秀社团或舞蹈社团的人数占五个社团总人数的比例，可判断D.【详解】由于参加朗诵社团的同学有8名，该社团人数占比为，故社团总人数为80人，故A错误；合唱团人数为，舞蹈社团人数为人，故脱口秀社团的人数为，故脱口秀社团的人数占五个社团总人数的，故B正确；五个社团总人数占该校学生人数的，故C正确；脱口秀社团人数占五个社团总人数的20%,,舞蹈社团的人数占五个社团总人数的，因此这两个社团人数占五个社团总人数的45%，故从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为45%，D错误，故选：BC10．已知是函数的一个周期，则的取值可能为（

）A．﹣2 B．1 C． D．3【答案】ABD【分析】根据三角恒等变换公式进行化简，根据周期函数定义求出的表达式即可求解．【详解】依题意得，由周期函数定义得：，即：即：解得：又或故选：ABD．11．在正方体中，点E为线段上的动点，则（

）A．直线DE与直线AC所成角为定值 B．点E到直线AB的距离为定值C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥外接球的体积为定值【答案】AC【分析】平面E与重合和与判断；D.由平面，得到三棱锥外接球的球心O在判断.【详解】如图所示：，又，所以平面，又平面平面，，则直线DE与直线AC所成角为定值，故正确；B.当点E与重合时，点E到直线AB的距离，当点E与重合时，点E到直线AB的距离，故错误；，且点到面EBD的距离为定值，为定值，故体积为定值，故正确；D.易知平面，所以三棱锥外接球的球心O在上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故错误；故选：AC12．若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（

）A．B．当时，的值不唯一C．可能等于D．当时，的取值范围是【答案】ACD【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可.【详解】解：不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，，，当时，，因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，，故B错误，此时成立；当时，，所以，故可能等于，C正确；当当时，，显然，故D正确；综上，，A正确.故选：ACD三、填空题13．若，，则___________.【答案】【分析】利用正切两角和的公式进行求解即可.【详解】因为，，所以，故答案为：14．拋物线的焦点为F，点为C上一点，若，则___________.【答案】【分析】根据抛物线的定义，利用代入法进行求解即可.【详解】拋物线的准线方程为：，因为，所以，把代入抛物线方程中，得，故答案为：15．的展开式中常数项为___________.【答案】【分析】先求得展开式的通项公式，再分别用81乘以的展开式中的常数项和乘以的展开式中含的一次项的两种情况求解.【详解】展开式的通项公式为，当81乘以时，令，解得，常数项为；当乘以时，令，解得，常数项为；所以的展开式中的常数项为故答案为：16．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.【答案】【分析】找出满足条件的最小整数值为，可知满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题意可知，一个数被除余，被除余，被除余，则这个正整数的最小值为，因为、、的最小公倍数为，由题意可知，满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，设该数列为，则，由，可得，所以，的最大值为，所以，满足条件的这些整数之和为.故答案为：.四、解答题17．如图，一架飞机从地飞往地，两地相距.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到地，再沿与原来的飞行方向成角的方向继续飞行到达终点.(1)求、两地之间的距离；(2)求.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理可直接求得的长；（2）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】(1)解：由余弦定理可得，所以，.(2)解：由余弦定理可得，所以，，则为锐角，故，因此，.18．已知数列的前n项和为.(1)从①，②，③这三个条件中任选两个作为条件，证明另一个成立，并求的通项公式；(2)在第（1）问的前提下，若，求数列的前项和.注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分.【答案】(1)；证明见解析.(2)【分析】（1）选①②，结合题意证明数列是等比数列，公比为，首项为，进而求解；选：②③，先根据题意得，进而证明数列是等比数列，公比为，首项为，再求解即可；选：①③，结合题意证明数列是等比数列，公比为，首项为，进而在求解即可.（2）结合（1）得，再根据等比数列的求和公式求解即可.【详解】(1)解：选①②，因为，所以，因为，，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，即所以，当时，，当时，，显然满足，所以，.选：②③，因为，，所以，解得，故.因为，所以，即，所以，整理得，所以数列是等比数列，公比为，首项为，所以.选：①③，因为，，所以，所以，两式作差得，即，所以数列是等比数列，公比为，首项为，所以，，所以，所以.(2)解：由（1）得，故，所以数列的前项和满足：19．某大学为了鼓励大学生自主创业，举办了“校园创业知识竞赛”，该竞赛决赛局有、两类知识竞答挑战，规则为进入决赛的选手要先从、两类知识中选择一类进行挑战，挑战成功才有对剩下的一类知识挑战的机会，挑战失败则竞赛结束，第二类挑战结束后，无论结果如何，竞赛都结束.、两类知识挑战成功分别可获得万元和万元创业奖金，第一类挑战失败，可得到元激励奖金.已知甲同学成功晋级决赛，面对、两类知识的挑战成功率分别为、，且挑战是否成功与挑战次序无关.(1)若记为甲同学优先挑战类知识所获奖金的累计总额（单位：元），写出的分布列；(2)为了使甲同学可获得的奖金累计总额期望更大，请帮甲同学制定挑战方案，并给出理由.【答案】(1)分布列答案见解析(2)优先选择挑战类知识，理由见解析【分析】（1）分析可知的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列；（2）记为甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额，计算出、的值，比较大小后可得出结论.【详解】(1)解：由题意可知，的可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：(2)解：记为甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额，甲同学优先挑战类知识所获奖金累计总额的期望为，优先挑战类知识所获奖金累计总额的期望为，由题意可知，随机变量的可能取值有：、、，则，，，所以，（元），（元），所以，，所以，为了使甲同学可获得奖金累计总额期望更大，应该优先选择挑战类知识.20．在四棱台中，底面ABCD是正方形，且侧棱垂直于底面ABCD，，O，E分别是AC与的中点.(1)证明：平面.(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，得到为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)证明：连接，因为为正方形，可得为的中点，在中，因为分别为的中点，所以，又因为平面，且平面，所以平面.(2)解：因为平面，平面，所以，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，设平面的法向量，则，取，可得，所以，设与平面所成的角为，则，即与平面所成的角为.21．已知函数.(1)当时，若在上存在最大值，求m的取值范围；(2)讨论极值点的个数.【答案】(1)；(2)当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性和最值的定义进行求解即可；（2）根据导数的性质，结合极值点的定义、一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可.【详解】(1)因为，所以，因为函数的定义域为：，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，因此要想在上存在最大值，只需，所以m的取值范围为；(2)，方程的判别式为.（1）当时，即，此时方程没有实数根，所以，函数单调递减，故函数没有极值点；（2）当时，即，此时，（当时取等号），所以函数单调递减，故函数没有极值点；（3）当时，即，此时方程有两个不相等的实数根，设两个实数根为，设，则，函数的定义域为：，显然当时，此时方程有两个不相等的正实数根，此时当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有极小值点，当时，函数有极大值点，所以当时，函数有两个极值点，当时，方程有一个正实数根和一个负根，或是一个正实数和零根，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数有极大值点，因此当时，函数有一个极值点，综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根的判别式分类讨论是解题的关键.22．已知椭圆的上､下焦点分别为，，左､右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)为