《2022届高三数学下学期模拟试题(二)理(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学下学期模拟试题(二)理(含解析)（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022届高三数学下学期模拟试题(二)理(含解析)本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共8页。时量120分钟。满分150分。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合A20，17，Bx|xab，aA，bA，则集合B中元素个数为( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】A20，17，Bx|xab，aA，bA故选C.2. 设i是虚数单位，复数z，则|z|( )A. 1 B. C. D. 2【答案】B【解析】.故选B.3. 右边的茎叶图记录了甲、乙两名同学在10次英语听力比赛中的成绩(单位：分)，已知甲
2、得分的中位数为76分，乙得分的平均数是75分，则下列结论正确的是( )A. x甲76，x乙75B. 甲数据中x3，乙数据中y6C. 甲数据中x6，乙数据中y3D. 乙同学成绩较为稳定【答案】C【解析】因为甲得分的中位数为76分，所以x6，因为乙得分的平均数是75分，所以，解得y3，故选C.4. 已知双曲线1的一条渐近线方程为yx，则此双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】已知双曲线的一条渐近线方程为，所以：.离心率为.故选C.5. 一算法的程序框图如图所示，若输出的y，则输入的x可能为( )A. 1 B. 1 C. 1或5 D. 1或1【答案】B【解析】若，符合题意；
3、若，不满足故错误.所以选.6. 平面外的一侧有一个三角形，三个顶点到平面的距离分别是7、9、13，则这个三角形的重心到平面的距离为( )A. B. 10 C. 8 D. 【答案】A【解析】如图过点A作平面则、之间的距离为7，B到的距离为972，C到的距离为1376，利用梯形中位线易求得BC中点D到的距离为，而重心G在AD上，且，重心G到的距离为d4，故重心G到的距离为d47.故选A.7. 设数列an，bn都是正项等比数列，Sn、Tn分别为数列lg an与lg bn的前n项和，且，则logb5a5( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】故选D.8. 若某几何体的三视图如图所示，则该几何体
4、的体积是( )A. 15 B. 20 C. 25 D. 30【答案】B【解析】V345520.故选B.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( )A. 7 B
5、. 7 C. 28 D. 28【答案】B【解析】试题分析：由题意，令，故常数项为故选B考点：二项式定理的应用【名师点睛】1二项式系数最大项的确定方法(1)如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；(2)如果n是奇数，则中间两项2求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r1，代回通项公式即可10. 已知椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且斜率为2的直线交椭圆E于P，Q两点，若PF1F2为直角三角形且|PF1|0，tan3恒成立，t(an3)mina133，tmax3.故选C.点睛：恒成立
6、问题往往是采用变量分离，得到参变量与另一代数式的大小关系，进而转成求最值即可，对于数列的最值问题常用的方法有三个：一是借助函数的单调性找最值，比如二次型的，反比例型的，对勾形式的等等；二是作差和0比利用数列的单调性求最值；三是，直接设最大值项，列不等式组大于等于前一项，大于等于后一项求解.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第(13)(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答第(22)(23)题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把各题答案的最简形式写在题中的横线上13. 设x，yR，向量a(x，2)，b(1，y)，c(2，6)，且ab，bc，则_【答案】【解
7、析】向量a(x，2)，b(1，y)，且ab，bc所以，解得.则14. 设变量x、y满足约束条件：则zx2y2的最大值是_【答案】8【解析】作出约束条件所对应的可行域(如图ABC)，而zx2y2表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得最大距离为OC或OA2，故答案为：8.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.15. 圆x2y21上任意一点P，过点P作两直线分别交圆于A，B两点，且APB6
8、0，则|PA|2|PB|2的取值范围为_【答案】(5，6【解析】过点P做直径PQ，如图，根据题意可得：|PQ|2.令APQ，则BPQ.由题意可知：0.那么，|PA|PQ|cos 2cos ，|PB|PQ|cos2cos.|PA|2|PB|2(2cos )2444cos22cos22sin cos 3sin 2cos 242+42sin4.0，02，2，sin1.52sin46.因此，|PA|2|PB|2的取值范围为(5，616. 已知函数f(x)x|x212|的定义域为0，m，值域为0，am2，则实数a的取值范围是_【答案】a1.令x312x16，解得，x4.作出函数的图象(如右图所示)函数f
9、(x)的定义域为0，m，值域为0，am2，分为以下情况考虑：当0m2时，函数的值域为0，m(12m2)，有m(12m2)am2，所以am，因为0m4；当2m4时，函数的值域为0, 16，有am216，所以a，因为2m4，所以1a4；当m4时，函数的值域为0，m(m212)，有m(m212)am2，所以am，因为m4，所以a1.综上所述，实数a的取值范围是a1.三、解答题：本大题共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知函数f(x)sin xcos xsin2x1(0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为.()求的值及函数f(x)的单调递减区间；()如图，在锐角三角形ABC中有f(B
10、)1，若在线段BC上存在一点D使得AD2，且AC，CD1，求三角形ABC的面积【答案】() ；() .【解析】试题分析：()利用倍角公式降幂，结合辅助角公式化一可得正弦型函数，进而结合正弦函数性质即可求解；()讲f(B)1代入解析式得B，在ADC中由余弦定理可得cos C，解出三角形即可求面积.试题解析：()f(x)sin 2x1sin.因为相邻两条对称轴之间的距离为，所以T，即，所以1.故f(x)sin.令2k2x2k(kZ)，解得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为 (kZ)()由f(B)sin1，即sin.由0B得2B，所以2B，解得B.再由已知：AC， CD1，AD2.在ADC中
11、，由AD2AC2CD22ACCDcos C，得cos C，又C(0，90)，C45，BAC180BC75.在ABC 中，由，得AB2，SABCABACsinBAC2.18. 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.()求证：平面PBD平面PBC；()设H为CD上一点，满足2，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角HPBC的余弦值【答案】()见解析；() .【解析】试题分析：（）通过勾股定理可得BCBD，利用面面垂直的判定定理即得结论；（）通过题意以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立坐标系，所求二面角的余弦值即为平面HPB的一个法向量与平面PBC的一个法向量的夹角的余弦值，计算即可试题解析：()证明：由ADCD，ABCD，ADAB1BD，又BC，CD2，BCBD，因为PD底面ABCD，BCPD.因为PDBDD，所以BC平面PBD，所以平面PBD平面PBC.()由()可知BPC为PC与底面PBD所成的角所以tanBPC，所以PB，PD1，又2及CD2，可得CH，DH.以D点为坐标原点，DA，DC，DP分别x，y，z轴建立空间坐标系，则
