1、山西省太原市2022届高三理数二模试卷一、单选题1已知集合，则（）ABCD2在复平面内，复数对应的点在第二象限，且，则（）ABCD3已知命题p：若，则；命题q：，那么下列命题为真命题的是（）ABCD4已知随机变量X服从正态分布，若，则（）A0B1C2D15已知函数，则下列说法正确的是（）A为奇函数B为偶函数C为奇函数D为偶函数6等差数列的前n项和为，若则公差（）A1B2C1D27已知函数，则（）A在上单调递增B在上单调递减C的图象关于直线对称D的图象关于点对称8某产品需要通过两类质量检验才能出货已知该产品第一类检验单独通过率为第二类检验单独通过率为，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，
2、每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立若该产品能出货的概率为则（）ABCD9已知双曲线的右焦点为，点Q为双曲线左支上一动点，圆与y轴的一个交点为P，若，则双曲线离心率的最大值为（）ABCD10过抛物线焦点F的直线交抛物线于M，N两点，若，则的值为（）ABC或3D或211已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，则动点M运动路线的长度为（）ABCD12已知函数图象上存在两条互相垂直的切线，且，则的最大值为（）ABCD二、填空题13曲线在处的切线方程为 14已知向量，满足，若，则，夹角的余弦值为 .1520
3、21年9月，我国三星堆遗址出土国宝级文物“神树纹玉琮”，如图所示，该玉琮由整块灰白色玉料加工而成，外方内圆，中空贯通，形状对称为计算玉琮的密度，需要获得其体积等数据已知玉琮内壁空心圆柱的高为h，且其底面直径为d，正方体(四个面与外侧圆柱均相切)的棱长为a，且dah，则玉琮的体积为 (忽略表面磨损等)16已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列数列的前n项和 三、解答题17在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c设（1）求角C；（2）若D为AB中点，求的面积18如图，在三棱柱中，侧面是矩形，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值19足球运动是深受
4、人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目（1）假设发点球时，球员等可能地选择左、中、右三个方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时有的可能将球扑出球门外在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和数学期望；（2）某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行假设每个球都能被接住，记第n次传球后球又回到甲脚下的概率为求证：数列为等比数列，并求20已知椭圆C：的左焦点为，离心率为，过的直线与
5、椭圆交于M，N两点，当MNx轴时，.（1）求椭圆C的方程；（2）设经过点H（0，-1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求PQG面积的取值范围.21已知函数（1）当时，求a的取值范围；（2）若在时有两个极值点，证明：；22在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）将曲线和直线化为直角坐标方程；（2）过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.23已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.（1）若不等式有解，求a的取值范围；（2
6、）当时，对任意正实数p，q，证明：.答案解析部分1【答案】B2【答案】A3【答案】C4【答案】B5【答案】B6【答案】D7【答案】C8【答案】C9【答案】A10【答案】D11【答案】B12【答案】D13【答案】y=114【答案】15【答案】16【答案】17【答案】（1）解：，即，由正弦定理得，即，（2）解：由于D为AB中点，所以，而所以，18【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，由题意，四边形为平行四边形，所以，因为E为中点，且相似比为，又，为，中点，又平面，平面，平面.（2）解：连接，因为，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，则，所以，因为二面角的平面角
7、为锐角，所以二面角的余弦值为.19【答案】（1）解：每个点球能被守门员扑出球门外的概率为，由题知，X的分布列为：X0123P（2）证明：由已知第次传球后球又回到甲脚下的概率为，时，是首项为，公比为的等比数列，20【答案】（1）解：设，得，所以椭圆C的方程；（2）解：由题可得直线PQ斜率一定存在，设其直线方程，整理得：，直线FQ的方程，设，PQG面积令，所以PQG面积的取值范围.21【答案】（1）解：设，由题意可得时，恒成立，当时，在单调递增，在单调递增，在恒成立当时，时，单调递减，时，单调递增，上存在使得，在上，单调递减，在上，单调递增，在不恒成立，综上，a的取值范围为（2）证明：由题意可得，
8、是的两个不相等的实数根，不妨设，因为，所以，令，则，且，所以，要证，只要证，即（*）令，则，所以在单调递增，所以，所以（*）成立，得证由知要证，即证，即证（*）又是的两个不相等的实数根，即有两个不同的交点，令，当时，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增时，当时，因为有两个不同的交点，所以，（*）即证，上式即证，也就是要证，令，即函数在上单调递增，证明（）成立只需证，该式显然成立原式得证22【答案】（1）解：由C的参数方程：，C：，由得（2）解：设，则，即，由得即，即，M的轨迹方程为（去掉）.23【答案】（1）解：由绝对值不等式，得，故，当且仅当时取“=”，所以不等式有解的充要条件是，解得或，故实数a的取值范围为（2）证明：由题可得，当且仅当时取“=”，故，所以M=1，m+n=1.因为，所以故
