2022届广东省广州市天河区华南师范大学附属中学高三三模数学试题含解析

这是一份2022届广东省广州市天河区华南师范大学附属中学高三三模数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届广东省广州市天河区华南师范大学附属中学高三三模数学试题一、单选题1．复数，则在复平面内对应的点是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先计算求出，即可求出答案.【详解】因为，所以在复平面内对应的点是.故选：B.2．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以；故选：B3．函数为偶函数的一个充分条件是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得函数为偶函数的充要条件，再去求函数为偶函数的充分条件即可解决.【详解】函数为偶函数，则有，解之得，令，则有则函数为偶函数的一个充分条件为故选：C4．已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上､下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，由题可得，进而可得，然后利用圆柱的体积公式即得.【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，由题可知，解得，则，可得，所以.故选：C.5．，则函数的大致图象为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的奇偶性可判断选项B、C错误，又可判断选项D错误，从而可得答案.【详解】解：由题意，函数的定义域为，因为，所以，所以为非奇非偶函数，故选项B、C错误；当时，，故选项D错误，选项A正确；故选：A.6．已知点、在单位圆上，，若，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用平面向量数量积的运算性质以及二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】，因此，.故选：C.7．已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选A.【解析】1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.【方法点晴】本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由.8．已知数列满足，，，数列的前n项和为，则（       ）A．351 B．353 C．531 D．533【答案】B【分析】根据题意讨论的奇偶，当为奇数时，可得，按等差数列理解处理，当为偶数时，可得，按并项求和理解出来，则按奇偶分组求和分别理解处理．【详解】依题意，，显然，当n为奇数时有，即有，，…，，令，故，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，故；当n为偶数时有，即，，…，，于是，，故选：B．二、多选题9．如果a<b<0，c<d<0，那么下面一定成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】用不等式的性质推导和取值验证相结合可解.【详解】取，则，，故AC不正确；因为，所以，故B正确；因为，所以，故D正确.故选：BD10．已知的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为（       ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】ABC【分析】按照哪几项的二项式系数最大分三种情况讨论，结合二项式系数的性质可得答案.【详解】当的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等且最大时，；当当的展开式中第5项和第6项的二项式系数相等且最大时，；当的展开式中只有第5项的二项式系数最大时，.故选：ABC.11．圆M：关于直线对称，记点，下列结论正确的是（       ）A．点P的轨迹方程为 B．以PM为直径的圆过定点C．的最小值为6 D．若直线PA与圆M切于点A，则【答案】ABD【分析】由题意可知过圆心，代入即可得作出图象,利用直线与圆的关系依次判断各选项即可求得结果.【详解】圆M：配方得： ，圆M关于直线对称，直线过圆心.,即点P的轨迹方程为，A正确.由，则，则以PM为直径的圆过定点，B正确.的最小值即为到直线的距离，由于,则，C错误.由于，要使取最小，即取最小值，,，则D正确.故选：ABD12．已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面圆直径为，A，B，C为底面圆周上的三个不同的动点，M为母线PC上一点，则下列说法正确的是（       ）A．当A，B为底面圆直径的两个端点时，B．△PAB面积的最大值为C．当△PAB面积最大值时，三棱锥C-PAB的体积最大值为D．当AB为直径且C为弧AB的中点时，的最小值为【答案】ACD【分析】对于A，利用已知条件和圆锥的性质判断即可，对于B，由三角形的面积公式结合正弦函数的性质判断，对于C，当△PAB面积最大值时，，从而可求出点C到AB的距离的最大值，进而可求出三棱锥C-PAB的体积最大值，对于D，由题意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中求出，从而可求出PC边上的高，则可求出的最小值【详解】对于A，记圆锥底面圆心为O，，所以，所以，故A正确；对于B，设，则截面三角形的面积，故B不正确；对于C，由选项B中推理可知，此时，所以点C到AB的距离的最大值为，从而可知三棱锥C-PAB的体积最大值为，故C选项正确；对于D，由题意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中，，，所以，进而，记PC边上的高为h（垂足为Q），则，所以，当M与Q重合时取等号，故D选项正确；故选：ACD．三、填空题13．当时，成立，则实数a的取值范围是____________．【答案】【分析】由可得或，当时，成立，即可求出a的取值范围.【详解】或，则当时，成立，所以.故答案为：.14．为了做好疫情防控期间的校园消毒工作，某学校对教室进行消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：小时）的变化情况如图所示，在药物释放的过程中，y与x成正比；药物释放完毕后，y与x的函数关系式为（a为常数），根据测定，当空气中每立方米的含药量降低到毫克以下时，学生方可进教室学习，那么从药物释放开始，至少需要经过___________小时后，学生才能回到教室.【答案】0.6【分析】根据函数图象经过点，求出的值，然后利用指数函数的单调性解不等式即可.【详解】由题意知，点在函数的图象上，所以，解得，所以，由， 即得，所以.所以从药物释放开始，到学生回到教室至少需要经过的小时.故答案为：.15．已知随机变量，且，则的最小值为______．【答案】4【分析】由正态曲线的对称性得出，再由基本不等式得出最小值.【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以当时，有，当且仅当，即时等号成立，故最小值为4．故答案为：16．设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.【答案】【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．【详解】解：设公共点坐标为，，则，所以有，即，解出舍去），又，所以有，故，所以有，对求导有，故关于的函数在为增函数，在为减函数，所以当时有最大值．故答案为：．四、解答题17．“双减”政策实施后，为了解某地中小学生周末体育锻炼的时间，某研究人员随机调查了600名学生，得到的数据统计如下表所示：周末体育锻炼时间频率0.10.20.30.150.150.1 (1)估计这600名学生周末体育锻炼时间的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）(2)在这600人中，用分层抽样的方法，从周末体育锻炼时间在内的学生中抽取15人，再从这15人中随机抽取3人，记这3人中周末体育锻炼时间在内的人数为X，求X的分布列以及数学期望.【答案】(1)；(2)分布列答案见解析，数学期望：.【分析】(1)根据平均数的定义，等于频率乘以每一组数据的中点值之和；(2)根据题意，X的可能取值是0，1，2，3，再根据古典概型计算方法分别计算概率即可.【详解】(1)估计这600名学生周末体育锻炼时间的平均数.(2)依题意，周末体育锻炼时间在内的学生抽6人，在内的学生抽9人，则，，，，故X的分布列为：X0123P 则.18．已知等差数列中，，，且.(1)求数列的通项公式及前2n项和；(2)若，记数列的前n项和为，求.【答案】(1)，数列的前2n项和为(2)【分析】（1）结合，求得等差数列的通项公式，即可得的通项公式，利用分组求和的方法，根据等差数列和等比数列的前n项和公式求解即可；（2）由（1）可知，利用错位相减法求解即可.【详解】(1)设等差数列的公差为d，则，所以，从而．.(2)∵，∴，，相减得，，，即.19．在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足，，(1)求B；(2)设，，求函数的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）由三角形面积公式和向量数量积公式，代入计算可得，化简即可得解；（2）首先找到各个角之间的关系，，，再由正弦定理可得，再在三角形ABC中，由正弦定理得，所以，利用三角函数求最值即可得解.【详解】(1)由，可得，即，可得，因为，所以，(2)∵，则，，在三角形ACD中，由正弦定理得，可得，在三角形ABC中，由正弦定理得，可得，因为，可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以的值域为．20．如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且． (1)求证：直线平面CDE；(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据边对应成比例,可证明平行四边形,进而可得线线平行,即可求解.（2）根据空间中两点距离公式,可得线段的最小值,进而根据空间向量,求平面法向量,进一步可求解.【详解】(1)过N作与ED交于点，过M作与CD交于点，连接． 由已知条件，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等．∵，，∴∴又，则四边形为平行四边形，所以．∵平面CDE，平面CDE，∴平面CDE．(2)由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面，又平面ADEF，AF⊥AD，∴AF⊥平面ABCD．以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设可得，，∴，可知当时，MN长最小值为．此时，，又，，∴，，设平面AMN的法向量为，由可得，令，可得设平面MND的法向量为，由可得，令，可得∴，∴则二面角A-MN-D的正弦值为．21．已知在△ABC中，，，动点A满足，，AC的垂直平分线交直线AB于点P．(1)求点P的轨迹E的方程；(2)直线交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为，，，①求证：是定值．②若直线l的斜率为1，问是否存在m的值，使？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①证明见解析 ；②存在；【分析】（1）利用几何知识可得，结合双曲线定义理解处理；（2）根据题意设直线及点的坐标，①分别求，，，利用韦达定理证明；②根据①结合题意求的坐标，代入双曲线方程运算求解．【详解】(1)∵，∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P．连接PC，则，∴，由双曲线的定义知，点P的轨迹E是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支（右顶点除外），，，则，∴E的方程是．(2)①证明：由已知得，，满足，设直线l方程为，，，联立，得，，，，同理，∴对，令，得，∴，，∴，∴是定值．②假设存在m的值，使由①知，，则，∴，直线QK的方程为，令，得；直线l的斜率为1，直线l的方程为，令，得；∴，∴，代入，得，整理得，，解得，或（∵，舍去）∴，存在m的值为，使．22．已知函数存在两个极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)判断的符号，并说明理由．【答案】(1)(2)符号为正；理由见解析【分析】（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合要求；（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，得到.【详解】(1)∵有两个极值点，∴，有两个变号的零点．∴，，令，，当，，单调递增；当，，单调递减；所以．画出函数图象如下：与有两个交点，∴．当时，当或时，，；当时，，．所以在区间，单调递减，在区间内单调递增．所以的极小值点为，极大值点为．所以a的取值范围为(2)符号为正．理由如下：由（1）可知，．又因为，∴∴．现证明上式：上式可变形为，令，则只需证．设，，所以在上单调递增，从而，即，∴．又因为，所以综上可得：．在区间内单调递增，且，所以．故符号为正．