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1、2022年重庆第三十四中学高三数学理模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 为了提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息.设原信息为，传输信息为，其中，运算规则为：，.例如：原信息为111，则传输信息为01111.传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息出错的是（ ）A01100 B11010 C10110 D11000参考答案：DA选项原信息为110，则=11=0，=00=0，所以传输信息为01100，A选项正确；B选项原信息为101，则=10=1
2、，=11=0，所以传输信息为11010，B选项正确；C选项原信息为011，则=01=1，=11=0，所以传输信息为10110，C选项正确；D选项原信息为100，则=10=1，=10=1，所以传输信息为11001，D选项错误；故选：D2. 已知全集U=1，2，3，4，5，6，集合M=1，3,5，则=(A)2,4,6 (B)l,3,5(C) 1，2，3，4，5，6 (D)参考答案：A略3. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（）A2B4C2D2参考答案：C【考点】简单空间图形的三视图【专题】计算题；空间位
3、置关系与距离【分析】由三视图知该几何体为棱锥，其中SC平面ABCD；四面体SABD的四个面中SBD面的面积最大，三角形SBD是边长为2的等边三角形，即可求出四面体的四个面中面积最大的面积【解答】解：由三视图知该几何体为棱锥SABD，其中SC平面ABCD；四面体SABD的四个面中SBD面的面积最大，三角形SBD是边长为2的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积最大的为=2故选：C【点评】本题考查三视图，考查面积的计算，确定三视图对应直观图的形状是关键4. 定义等于（ ）A1，2，3，4，5 B2，3C1，4，5 D6参考答案：答案:D5. 已知函数A.B.C.eD.参考答案：D略6. 设复数（为
4、虚数单位），的共轭复数为，则( )A B2C D1参考答案：【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模L4A 解析：由z=1i，则，所以=故选A【思路点拨】给出z=1i，则，代入整理后直接求模7. 设直线 ax+by+c=0的倾斜角为，且sin+cos=0，则a,b满足（ ） A B C D参考答案：答案：D 8. 已知向量，其中m、n、。若，则当恒成立时，实数的取值范围是 A B C D参考答案：答案:B 9. 若，则 A. B C D参考答案：A10. 已知函数数列满足且是递增数列，则实数的取值范围（ ）A B C D 参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.
5、已知两定点A(1，0)和B(1，0),动点在直线上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为 . 参考答案：12. 函数y=+的定义域为 参考答案：1，2【分析】函数y=+有意义，只需x10，且2x0，解不等式即可得到所求定义域【解答】解：函数y=+有意义，只需x10，且2x0，解得1x2，即定义域为1，2故答案为：1，213. 如图，已知圆B的半径为5，直线AMN与直线ADC为圆B的两条割线，且割线AMN过圆心B若AM=2，CBD=60，则AD=参考答案：3【考点】与圆有关的比例线段【专题】选作题；推理和证明【分析】利用CDB是等边三角形，求出CD，再利用割线定理，即可
6、求出AD【解答】解：由题意，CD=DB=BC=5，AN=12，直线AMN与直线ADC为圆B的两条割线，AD（AD+5）=212，AD2+5AD24=0，AD=3，故答案为：3【点评】本题考查割线定理，考查学生的计算能力，比较基础14. 由命题“”是假命题，求得实数的取值范围是，则实数的值是 .参考答案： 略15. 以抛物线的顶点为中心，焦点为右焦点，且以为渐近线的双曲线方程是_参考答案：抛物线的焦点为，即双曲线的的焦点在轴，且，所以双曲线的方程可设为，双曲线的渐近线为，得，所以，即，所以，所以双曲线的方程为。16. （x+y+z）8的展开式中项x3yz4的系数等于（用数值作答）参考答案：280
7、【考点】DC：二项式定理的应用【分析】由条件利用二项式的意义以及组合的知识，求得展开式中x3yz4的系数【解答】解：（x+y+z）8的展开式表示8个因式（x+y+z）的积，故展开式中项x3yz4，即这8个因式中任意选出3个取x，从剩下的5个中任意选4个取z，最后的一个取y，即可得到含项x3yz4的项，故x3yz4的系数为等于?=280，故答案为：280【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题17. 已知等比数列an各项都是正数，且a42a2=4，a3=4则an=，S10=参考答案：2n1，1023。【考点】等比数列的通项公式【专题】方程思想；转化
8、思想；等差数列与等比数列【分析】设等比数列an的公比为q0，由a42a2=4，a3=4可得，解出再利用等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出【解答】解：设等比数列an的公比为q0，a42a2=4，a3=4，解得，则an=2n1，S10=1023故答案分别为：2n1；1023【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（其中t为参数）现以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为=2cos（）
9、写出直线l和曲线C的普通方程；（） 已知点P为曲线C上的动点，求P到直线l的距离的最大值参考答案：【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程 【专题】计算题；转化思想；综合法；坐标系和参数方程【分析】（）直线l的参数方程k消去参数t得直线l普通方程又由曲线C的极坐标方程为=2cos，得2=2cos，由此能求出曲线C的直角坐标方程（）曲线C的方程可化为（x1）2+y2=1，设与直线l平行的直线为y=x+b，当直线l与曲线C相切时，当时，P到直线l的距离达到最大，最大值为两平行线的距离【解答】选修44：坐标系与参数方程解：（）由题，直线l的参数方程为（其中t为参数）消去直线l参数方程中的参
10、数t得直线l普通方程为y=x+2又由曲线C的极坐标方程为=2cos，得2=2cos，由，得曲线C的直角坐标方程为x2+y22x=0（）曲线C的极坐标方程为=2cos可化为（x1）2+y2=1，设与直线l平行的直线为y=x+b，当直线l与曲线C相切时，有，即，于是当时，P到直线l的距离达到最大，最大值为两平行线的距离即（或先求圆心到直线的距离为，再加上半径1，即为P到直线l距离的最大值）【点评】本题考查极坐标方程、参数方程和普通方程的互化，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的简单性质的合理运用19. （本小题满分12分）已知函数最小正周期为（I）求的值及函数的解析式；（II）若的三条边，满足，边
11、所对的角为求角的取值范围及函数的值域参考答案：解：（I）.由，得. 3分函数. 5分（II）因为 8分而为三角形内角，所以. .10分所以，即. 12分略20. （本题满分12分）如图甲，直角梯形中，点、分别在、 上，且，现将梯形沿折起，使平面与平面垂直（如图乙）（）求证： ；（）当DN的长为何值时，二面角的大小为。参考答案：（）MB/NC，MB平面DNC，NC平面DNC，MB/平面DNC2分同理MA/平面DNC，-3分又MAMB=M, 且MA,MB平面MAB-5分（）解法一：过N作NH交BC延长线于H，连DH，平面AMND平面MNCB，DNMN, 7分DN平面MBCN，,从而,为二面角D-B
12、C-N的平面角 = 9分 由MB=4，BC=2，知60o， sin60o = 11分 由条件知：- 12分（II）解法二：如图，以点N为坐标原点，以NM，NC，ND所在直线分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系易得NC=3，MN=，-6分设，则设平面DBC的法向量，则，令，则，-（8分）又平面NBC的法向量-（9分） 11分即： 又即 12【考点】线面平行，面面垂直，二面角21. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，cosA1DD1=，DBB1，A1DD1是AB1的中点（）求证：B1C平面A1BD；（）求二面角DO的余弦值参考答案：考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定 专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（）证明线面平行常用以下两种方法：一是用线面平行的判定定理，二是用面面平行的性质本题用这两种方法都行；（）首先应考虑作出平面DBB1截三棱柱所得的截面作出该截面便很容易得到二面
