广东省惠州市2022届高三下学期数学一模试卷及答案.docx

1、 高三下学期数学一模试卷一、单选题1已知集合，下列结论成立的是（）ABCD2若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（）Ay2=2xBy2=4xCy2=6xDy2=8x3已知，则（）ABCD4若，则（）A-1B0C1D25现有名学生报名参加校园文化活动的3个项目，每人须报1项且只报1项，则恰有2名学生报同一项目的报名方法有（）A36种B18种C9种D6种6已知，则当时，与的大小关系是（）ABCD不确定7设等差数列的公差为d，若，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8中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著

2、名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W信道内信号的平均功率S信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（）（附：）A20%B23%C28%D50%二、多选题9对于实数，下列结论正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则10如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且，则（）A与能构成一组基底BCD11已知函数（其中，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A函数的图象关于直线对称B函数的图象关于点对称C函数在区间

3、上单调递增D与图象的所有交点的横坐标之和为12近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（）A该结构的纳米晶个体的表面积为B该结构的纳米晶个体的体积为C该结构的纳米晶个体外接球的表面积为D二面角A1A2A3B3的余弦值为三、填空题13已知i是虚数单位，则复数的模等于 .14已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的标准方程可以是 .（写出一个正确的方程即可.）15若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为，圆台上下底面圆的半径分别为，

4、（），则 .16如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处.设连杆AB长200，曲柄CB长70，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移动的距离A0A）约为 .（结果保留整数）（参考数据：sin53.20.8）四、解答题17惠州市某高中学校组织航天科普知识竞赛，分小组进行知识问题竞答.甲乙两个小组分别从6个问题中随机抽取3个问题进行回答，答对题目多者为胜.已知这6个问题中，甲组能正确回答其中4个问题，而乙组能正确回答每个问题的概率均为.甲乙两个小组的选题以

5、及对每题的回答都是相互独立，互不影响的.（1）求甲小组至少答对2个问题的概率；（2）若从甲乙两个小组中选拔一组代表学校参加全市决赛，请分析说明选择哪个小组更好？18在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求证：；（2）当时，求.19已知数列满足，且数列是等差数列.（1）求数列的通项公式：（2）设数列的前项和为，若且，求集合A中所有元素的和T.20如图1所示，梯形ABCD中，AB=BC=CD=2，AD=4，E为AD的中点，连结BE，AC交于F，将ABE沿BE折叠，使得平面ABE平面BCDE（如图2）.（1）求证：AFCD；（2）求平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.21已

6、知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.（1）求椭圆C2的方程；（2）如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且PF1Q与PF1R互为补角，求F1QR面积S的最大值.22已知函数（）.（1）当m=0时，讨论的单调性；（2）若不等式对恒成立，求m的取值范围.答案解析部分1【答案】C2【答案】D3【答案】A4【答案】B5【答案】B6【答案】B7【答案】C8【答案】B9【答案】B,C,D10【答案】B,C11【答案】B,C,D12【答案】A,B,D13【答案】114【答案】15【答案】216【答案】3617【答

7、案】（1）解：甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题；，所求概率（2）解：甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3.，结合（1）可知，.设乙小组抽取的三题中正确回答的题数为Y，则，由，可得，甲小组参加决赛更好.18【答案】（1）证明：因为所以，所以所以，结合正弦定理，可得，命题得证.（2）解：由题意知，点是边的中点，则两边平方整理得，即根据余弦定理两式相加得，再由余弦定理19【答案】（1）解：由，故，可得，又，数列是等差数列，数列的公差，；（2）解：由(1)得，可得，为奇数时，故1，3，5，.109都是集合A中的元素，又，为偶数时，由得，2，4，6，8，10，

8、是集合A中的元素，.20【答案】（1）证明：连接EC，则ABEBCECDE都是正三角形，四边形ABCE是菱形，所以，又因为面面BCDE，面面，面ABE，所以面BCDE，又因为面BCDE，所以；（2）解：由（1）知FBFCFA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面ADE的法向量为，令，平面AFC的法向量为，设平面AFC与平面ADE的夹角的大小为，所以平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值为.21【答案】（1）解：由题意可得，抛物线的焦点为，所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，所以椭圆的方程为.（2）解：设，与互补，所以，化简整理得，设直线PQ为，联立直线与椭圆方程化简整理可得，

9、可得，由韦达定理，可得，将，代入，可得，再将代入，可得，解得，PQ的方程为，且由可得，即，由点到直线PQ的距离，令，则，当且仅当时，等号成立，所以面积S最大值为.22【答案】（1）解：当时，则令，则因为时，；时，所以函数在区间单调递减，在单调递增所以，所以函数在R上单调递增.（2）解：因为对恒成立，且所以当时，有；当时，有由（1）知，所以由，得当时，所以函数在单调递增所以当时，；当时，所以当时，对恒成立.当时，令，则令，则因为，有，所以所以函数在区间单调递增，且有所以当时，；当时，所以函数在单调递减，在单调递增因为，所以存在使得，且时，所以函数在区间上单调递减，即，则有与条件矛盾，即不合题意.综上，可得实数m的取值范围是.