广东省2022届高考数学模拟试卷（28份打包）.zip

广东省 2022 届高三数学三模试卷广东省 2022 届高三数学三模试卷一、单选题一、单选题1已知集合=|1，=|0，则（）A =|0，0)，1，2分别是双曲线的左右焦点，是双曲线右支上一点连接1交双曲线左支于点，若 2是以2为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）A 2B 3C2D 56将 5 名核酸检测工作志愿者分配到防疫测温信息登记维持秩序现场指引 4 个岗位，每名志愿者只分配 1 个岗位，每个岗位至少分配 1 名志愿者，则不同分配方案共有（）A120 种B240 种C360 种D480 种7已知函数()=3cos(23)(0)，且 f（x）在0，有且仅有 3 个零点，则的取值范围是（）A53，83）B53，136）C76，136）D136，196）8在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数公式和定理，如：欧拉函数()（）的函数值等于所有不超过正整数 n 且与 n 互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有 1），例如：(1)=1；(3)=2（与 3 互素有 12）；(9)=6（与 9 互素有 124578）.记为数列 (3)的前 n 项和，则10=（）A192 310+12B212 310+12C194 311+34D214 311+14二、多选题二、多选题9一部机器有甲乙丙三个易损零件，在一个生产周期内，每个零件至多会出故障一次，工程师统计了近 100 个生产周期内一部机器各类型故障发生的次数得到如下柱状图，由频率估计概率，在一个生产周期内，以下说法正确的是（）A至少有一个零件发生故障的概率为 0.8B有两个零件发生故障的概率比只有一个零件发生故障的概率更大C乙零件发生故障的概率比甲零件发生故障的概率更大D已知甲零件发生了故障，此时丙零件发生故障的概率比乙零件发生故障的概率更大10“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.如图，已知圆 O 的半径为 2，点 P 是圆 O 内的定点，且=2，弦 ACBD 均过点 P，则下列说法正确的是（）A(+)=0B 为定值C 的取值范围是-2，0D当 时，为定值11已知，e 是自然对数的底，若+=+ln，则的取值可以是（）A1B2C3D412在正方体1111中，=1，点 P 满足=+1，其中 0，1，0，1，则下列结论正确的是（）A当1/平面1时，1可能垂直1B若1与平面11所成角为4，则点 P 的轨迹长度为2C当=时，|+|1|的最小值为2+52D当=1时，正方体经过点1PC 的截面面积的取值范围为62，2三、填空题三、填空题13在数列中，3=3，3+1=，为的前 n 项和，则4=.14已知tan=2，则sin(24)=.15已知椭圆 C 的中心为坐标原点，焦点在 y 轴上，F1，F2为 C 的两个焦点，C 的短轴长为 4，且C 上存在一点 P，使得|1|=6|2|，写出 C 的一个标准方程：.16已知函数()=1+2log2(1+)（(1，+)）.（1）(1，+)，(1+2)()=；（2）若 m，n 满足(1)+(2)=()1，则+的最小值是 .四、解答题四、解答题17已知ABC 中，分别为内角，的对边，且2sin=(2+)sin+(2+)sin.（1）求角的大小；（2）设点为上一点，是 的角平分线，且=2，=3，求 的面积.18如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面为矩形，=2，=2 2，顶点 P 在底面 ABCD 的正投影为 AD 的中点 O.（1）求证：平面 PAC平面 POB（2）若平面 PAB 与平面 PCD 的交线为 l，=2，求 l 与平面 PAC 所成角的大小.19已知数列的前 n 项和，1=1，0，+1=41.（1）计算2的值，求的通项公式；（2）设=(1)+1，求数列的前 n 项和.20学习强国 APP 从 2021 年起，开设了一个“四人赛”的答题模块，规则如下：用户进入“四人赛”后共需答题两局，每局开局时，系统会自动匹配 3 人与用户一起答题，每局答题结束时，根据答题情况四人分获第一二三四名.首局中的第一名积 3 分，第二三名均积 2 分，第四名积 1 分；第二局中的第一名积 2 分，其余名次均积 1 分，两局的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分.假设用户在首局获得第一二三四名的可能性相同；若首局获第一名，则第二局获第一名的概率为15，若首局没获第一名，则第二局获第一名的概率为13.（1）设用户首局的得分为，求的分布列；（2）求用户在“四人赛”中的总得分的期望值.21已知椭圆 E：22+22=1(0)的离心率为12，且经过点(-1，32).（1）求椭圆 E 的标准方程；（2）设椭圆 E 的右顶点为 A，点 O 为坐标原点，点 B 为椭圆 E 上异于左右顶点的动点，直线l：=()交 x 轴于点 P，直线 PB 交椭圆 E 于另一点 C，直线 BA 和 CA 分别交直线 l 于点 M和 N，若 OAMN 四点共圆，求 t 的值.22设函数()=2+2sin.（1）若=1，求曲线=()的斜率为 1 的切线方程；（2）若()在区间(0，2)上有唯一零点，求实数的取值范围.答案解析部分答案解析部分1【答案】B2【答案】D3【答案】C4【答案】C5【答案】B6【答案】B7【答案】D8【答案】A9【答案】A,D10【答案】A,B,D11【答案】C,D12【答案】A,B,D13【答案】4014【答案】7 21015【答案】24+29=1（答案不唯一）16【答案】（1）2（2）7217【答案】（1）解：在ABC 中，由正弦定理及2sin=(2+)sin+(2+)sin得：22=2，.由余弦定理得=2+222=12，又0 ，所以=23（2）解：是 的角平分线，=3，由=+可得1223=12 3+12 3因为=3，=2，即有3=2+6，=6，故=12=12 3 6 32=9 3218【答案】（1）证明：在 RtABC 中，=22，在 RtAOB 中，=22，则=，于是+=2，所以 因为 PO平面 ABCD，平面，则 ；又 =，平面，所以 AC平面 POB，而 AC 平面 PAC，所以 PAC平面 POB（2）解：因为/，AB平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 AB/平面 PCD，.又平面 PAB 平面=，AB 平面 PCD，所以/.则 l 与平面 PAC 所成角的正弦值等于 AB 与平面 PAC 所成角的正弦值.以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A（0，0，0），P（0，2，2），B（2，0，0），C（2，2 2，0），所以=(0，2，2)，=(2，2 2，0)，=(2，0，0).设平面 PAC 的一个法向量为=(，)，则 =0 =0，即2+2=02+2 2=0，即=2=，令=1，得=(2，1，1).设 l 与平面 PAC 所成角为，则=|=|=2 22 2=22，.又因为 0，2，所以 l 与平面 PAC 所成角为4.19【答案】（1）解：当=1时，12=411，解得2=3由题知+1=41+1+2=4+11由得+1(+2)=4+1，因为 0，所以+2=4所以数列的奇数项是以1=1为首项，以 4 为公差的等差数列；偶数项是以2=3为首项，以 4为公差的等差数列；当 n 为奇数时，=1+(+121)4=21当 n 为偶数时，=3+(21)4=21所以的通项公式=21.（2）解：由（1）可得=(1)(21)(2+1).当 n 为偶数时，=12+2334+45+(1)+1=2(1+3)+4(3+5)+(1+1)=4(2+4+)=42(3+21)2=2(+1)当 n 为奇数时，当=1时，1=3当 3时，=1+1=412(3+23)2(21)(2+1)=222+1经检验，1也满足上式，所以当 n 为奇数时，=222+1综上，数列的前 n 项和=22+2，=2，222+1，=21，20【答案】（1）解：的所有可能取值为3，2，1，(=3)=14，(=2)=14+14=12，(=1)=14其分布列为321141214（2）解：方法一：设总得分为，则的取值为 5，4，3，2，则(=5)=1415=120，(=4)=1445+1213=1130(=3)=1223+1413=512，(=2)=1423=16的分布列为Y5432P120113051216所以()=5 120+4 1130+3 512+2 16=3.3.方法二：()=3 14+2 12+1 14=2.设第二局得分为，则的取值为2，1.则有(=2)=1415+3413=310，(=1)=1445+3423=710化简得 Y 的分布列为21310710()=2 310+1 710=1.3，四人赛总分期望为()+()=2+1.3=3.321【答案】（1）解：依题意：=1212+942=122=2，解得：2=4，2=3，故椭圆 C 的方程为24+23=1；（2）解：设 B(1，1)，C(2，2)，点 B 为椭圆 E 上异于左右顶点的动点，则直线 BC 不与 x 轴重合，则可设 BC 为=+，与椭圆方程联立得(32+4)2+6+3212=0，则=362212(32+4)(24)0，可得2 2，故(2)=34(+2)(2)，解得=622【答案】（1）解：当=1时，()=2+2sin，()=21+2cos；令()=21+2cos，则()=22sin 0，()在上单调递增，又(0)=1，()=0，即()=0有唯一解：=0，又(0)=0，所求切线方程为：=.（2）解：()=2+2sin，()=2+2cos；令()=2+2cos，则()=22sin 0，()在上单调递增，(32)=2cos323 0，0(32，+32)，使得(0)=0，则当 (，0)时，()0，即()0，即()0；()在(，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增，又(0)=0，若()在(0，2)上有唯一零点，则0 0(2)0，(0)=+2 0，解得：2 2，即实数的取值范围为(2，2).广东省 2022 届高三数学三模试卷广东省 2022 届高三数学三模试卷一、单选题一、单选题1已知集合=|1，=|0，则（）A =|1B =C D 【答案】B【知识点】集合的包含关系判断及应用；并集及其运算；交集及其运算【解析】【解答】因为=|1=|0，=|0=|0 1，所以 =|0，0)，1，2分别是双曲线的左右焦点，是双曲线右支上一点连接1交双曲线左支于点，若 2是以2为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）A 2B 3C2D 5【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】设|2|=，则|2|=，|=2，|1|=2，|1|=2+2，因为|1|2|=2，所以2+2=2，故=2 2，在 12中，由余弦定理可知42=(2 22)2+822(2 22)2 2 (22)，整理得42=122，即2=3，所以=3.故答案为：B【分析】设|2|=，易得|2|=，|=2，|1|=2，|1|=2+2，再结合双曲线的定义，即可求得=2 2，在 12中，由余弦定理，即可求解。6将 5 名核酸检测工作志愿者分配到防疫测温信息登记维持秩序现场指引 4 个岗位，每名志愿者只分配 1个岗位，每个岗位至少分配 1 名志愿者，则不同分配方案共有（）A120 种B240 种C360 种D480 种【答案】B【知识点】排列、组合的实际应用【解析】【解答】解：首先从 5 人中选出 2 人作为一组，再与其余 3 人一同分配到 4 个不同的岗位，故有2544=240种不同的分配方案；故答案为：B【分析】先将 5 人按 2，1，1，1 分成 4 组，再进行全排列即可。7已知函数()=3cos(23)(0)，且 f（x）在0，有且仅有 3 个零点，则的取值范围是（）A53，83）B53，136）C76，136）D136，196）【答案】D【知识点】余弦函数的图象；余弦函数的零点与最值【解析】【解答】因为 0，当 0，时，=23 23，23，因为函数=3在23，23上有且只有 3 个零点，由余弦函数性质可知32 2352，解得136 196.故答案为：D【分析】由 x 范围，可得23 23，23，进而通过=3在此区间上由 3 个零点得到32 23 0，则=，即ln=ln()=+，所以=，设()=ln，0，()=11=1，当 (0，1)，()0，则()在(0，1)单调递减，在(1，+)单调递增，()=(1)=1，即ln 1，所以 ，即，故的取值可以是 3 和 4.故答案为：CD.【分析】构造函数()=+，由其单调性，结合()()=0，可得=，设=0得=，再构造函数()=ln，0，求导，易判断()在(0，1)单调递减，在(1，+)单调递增，从而得ln 1，即可求解。12在正方体1111中，=1，点 P 满足=+1，其中 0，1，0，1，则下列结论正确的是（）A当1/平面1时，1可能垂直1B若1与平面11所成角为4，则点 P 的轨迹长度为2C当=时，|+|1|的最小值为2+52D当=1时，正方体经过点1PC 的截面面积的取值范围为62，2【答案】A,B,D【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；平面的基本性质及推论；空间中直线与直线之间的位置关系【解析】【解答】解：对于 A 选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则(0，0，0)，(1，0，0)，(0，1，0)，(1，1，0)，1(0，0，1)，1(1，1，1)，1(0，1，1)，所以1=(1，0，1)，1=1+=1+1=(，1，1)，则1=(1，0，1)，=(1，1，0)，设平面1的一个法向量为=(，)，所以1 =+=0 =+=0，令=1，则=1，即平面1的一个法向量为=(1，1，1)，若1/平面1，则 1=0，即=，则当=12时，1 1=+1=0，即 P 为1中点时，有1/平面1，且1 1，A 符合题意；B 选项：因为11 平面11，连接1，则11即为1与平面11所成角，若1与平面11所成角为4，则tan11=111=1，所以1=11=1，即点 P 的轨迹是以1为圆心，以 1 为半径的14个圆，于是点 P 的轨迹长度为2，B 符合题意；C 选项：如图，将平面1与平面11沿1展成平面图形，线段1即为|+|1|的最小值，利用余弦定理可知12=112+12211 1cos34所以1=2+2，C 不符合题意；D 选项：正方体经过点1PC 的截面为平行四边形1，以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0，0，0)，(1，1，0)，1(0，0，1)，(0，1，)，所以=(1，0，)，1=(1，1，1)，1=1+，|=1+2，|1|=3，所以点 P 到直线1的距离为=|2(1|1|)2=1+2(1+3)2=222+23，于是当=12时，1的面积取最小值，此时截面面积为62；当=0或 1 时，1的面积取最大值，此时截面面积为 2，D 符合题意.故答案为：ABD【分析】如图建立空间直角坐标系，求得1=1+=(，1，1)，求得平面1的一个法向量为=(1，1，1)，由 1=0，即可判断 A；连接1，易得11即为1与平面11所成角，进而可得tan11=111=1，从而说明点 P 的轨迹是以1为圆心，以 1 为半径的14个圆，即可判断 B；如图，将平面1与平面11沿1展成平面图形，即可求解判断 C；如图，建立空间直角坐标系，设(0，1，)，由点到线的距离公式可得=222+23，借助二次函数即可判断 D.三、填空题三、填空题13在数列中，3=3，3+1=，为的前 n 项和，则4=.【答案】40【知识点】等比数列；等比数列的前 n 项和【解析】【解答】由题知3+1=，则+1=13，数列是以=13为公比，1=32=27为首项的等比数列，则4=27(1134)113=40故答案为：40【分析】易判断数列为等比数列，再由等比数列求和公式即可求解。14已知tan=2，则sin(24)=.【答案】7 210【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】原式=222222=222(22)=2222+2(222+2)=2221+2(121+2)=7 210.故答案为：7 210.【分析】由两角差的正弦公式及二倍角公式化简可得sin(24)=2222+2(222+2)，再由弦化切，即可求解。15已知椭圆 C 的中心为坐标原点，焦点在 y 轴上，F1，F2为 C 的两个焦点，C 的短轴长为 4，且 C 上存在一点 P，使得|1|=6|2|，写出 C 的一个标准方程：.【答案】24+29=1（答案不唯一）【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程【解析】【解答】因为|1|=6|2|，所以|1|+|2|=7|2|=2，则|2|=27，又因为|2|+，所以27，即57.根据题意可设 C 的方程为22+22=1(0)，因为椭圆的短轴长为 4，则2=4可得，=2，又由57，可得 122=14257，解得2496，所以其中椭圆的一个标准方程24+29=1.故答案为：24+29=1（答案不唯一）.【分析】根据题意和椭圆的定义，求得|2|=27，进而求得57，又由=2，求得2496，即可求出椭圆的一个标准方程。16已知函数()=1+2log2(1+)（(1，+)）.（1）(1，+)，(1+2)()=；（2）若 m，n 满足(1)+(2)=()1，则+的最小值是 .【答案】（1）2（2）72【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】（1）(1+2)()=1+22(2+2)122(1+)=222=2；（2）(1)=1+221+(1)=1+22，(2)=1+221+(2)=1+22(1)，(1)+(2)=()1等价于1+22+1+22(1)=22(1+)，即22(1)=2(1+)，故2(1)=+1，其中 0，1，所以2+2=+11+2=3+21+2(1)3+411(1)=7，等号成立当且仅当1=11，即=2，=32时成立，故+取最小值72；故答案为：2，72.【分析】（1）由函数解析式代入即可求解；（2）由函数解析式展开(1)+(2)=()1化简可得2(1)=+1，再由2+2=3+21+2(1)结合基本不等式即可求解。四、解答题四、解答题17已知ABC 中，分别为内角，的对边，且2sin=(2+)sin+(2+)sin.（1）求角的大小；（2）设点为上一点，是 的角平分线，且=2，=3，求 的面积.【答案】（1）解：在ABC 中，由正弦定理及2sin=(2+)sin+(2+)sin得：22=2，.由余弦定理得=2+222=12，又0 ，所以=23（2）解：是 的角平分线，=3，由=+可得1223=12 3+12 3因为=3，=2，即有3=2+6，=6，故=12=12 3 6 32=9 32【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）由正弦定理化简可得22=2，再由余弦定理即可求解；（2）由=+，借助三角形面积公式即可得求得 c=6，从而解决问题。18如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面为矩形，=2，=2 2，顶点 P 在底面 ABCD 的正投影为 AD 的中点 O.（1）求证：平面 PAC平面 POB（2）若平面 PAB 与平面 PCD 的交线为 l，=2，求 l 与平面 PAC 所成角的大小.【答案】（1）证明：在 RtABC 中，=22，在 RtAOB 中，=22，则=，于是+=2，所以 因为 PO平面 ABCD，平面，则 ；又 =，平面，所以 AC平面 POB，而 AC 平面 PAC，所以 PAC平面 POB（2）解：因为/，AB平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 AB/平面 PCD，.又平面 PAB 平面=，AB 平面 PCD，所以/.则 l 与平面 PAC 所成角的正弦值等于 AB 与平面 PAC 所成角的正弦值.以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A（0，0，0），P（0，2，2），B（2，0，0），C（2，2 2，0），所以=(0，2，2)，=(2，2 2，0)，=(2，0，0).设平面 PAC 的一个法向量为=(，)，则 =0 =0，即2+2=02+2 2=0，即=2=，令=1，得=(2，1，1).设 l 与平面 PAC 所成角为，则=|=|=2 22 2=22，.又因为 0，2，所以 l 与平面 PAC 所成角为4.【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）易证=，进而说明 ，再结合 ，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，确实直线 l 的方向向量及平面的法向量，代入夹角公式即可求解。19已知数列的前 n 项和，1=1，0，+1=41.（1）计算2的值，求的通项公式；（2）设=(1)+1，求数列的前 n 项和.【答案】（1）解：当=1时，12=411，解得2=3由题知+1=41+1+2=4+11由得+1(+2)=4+1，因为 0，所以+2=4所以数列的奇数项是以1=1为首项，以 4 为公差的等差数列；偶数项是以2=3为首项，以 4 为公差的等差数列；当 n 为奇数时，=1+(+121)4=21当 n 为偶数时，=3+(21)4=21所以的通项公式=21.（2）解：由（1）可得=(1)(21)(2+1).当 n 为偶数时，=12+2334+45+(1)+1=2(1+3)+4(3+5)+(1+1)=4(2+4+)=42(3+21)2=2(+1)当 n 为奇数时，当=1时，1=3当 3时，=1+1=412(3+23)2(21)(2+1)=222+1经检验，1也满足上式，所以当 n 为奇数时，=222+1综上，数列的前 n 项和=22+2，=2，222+1，=21，【知识点】等差关系的确定；数列的求和【解析】【分析】（1）由+1=41可得+1+2=4+11，作差可得+2=4，进而可求解；（2）由（1）可得=(1)(21)(2+1)，进而分 n 为偶数时，由=2(1+3)+4(3+5)+(1+1)求和；和 n 为奇数时，由=1+1求和，即可。20学习强国 APP 从 2021 年起，开设了一个“四人赛”的答题模块，规则如下：用户进入“四人赛”后共需答题两局，每局开局时，系统会自动匹配 3 人与用户一起答题，每局答题结束时，根据答题情况四人分获第一二三四名.首局中的第一名积 3 分，第二三名均积 2 分，第四名积 1 分；第二局中的第一名积 2 分，其余名次均积 1 分，两局的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分.假设用户在首局获得第一二三四名的可能性相同；若首局获第一名，则第二局获第一名的概率为15，若首局没获第一名，则第二局获第一名的概率为13.（1）设用户首局的得分为，求的分布列；（2）求用户在“四人赛”中的总得分的期望值.【答案】（1）解：的所有可能取值为3，2，1，(=3)=14，(=2)=14+14=12，(=1)=14其分布列为321141214（2）解：方法一：设总得分为，则的取值为 5，4，3，2，则(=5)=1415=120，(=4)=1445+1213=1130(=3)=1223+1413=512，(=2)=1423=16的分布列为Y5432P120113051216所以()=5 120+4 1130+3 512+2 16=3.3.方法二：()=3 14+2 12+1 14=2.设第二局得分为，则的取值为2，1.则有(=2)=1415+3413=310，(=1)=1445+3423=710化简得 Y 的分布列为21310710()=2 310+1 710=1.3，四人赛总分期望为()+()=2+1.3=3.3【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）确定 的所有可能取值为3，2，1，易得概率，即可求解；（2）设总得分为，则的取值为 5，4，3，2，由独立事件概率乘法公式及互斥事件和事件概率计算公式求得概率，即可求解。21已知椭圆 E：22+22=1(0)的离心率为12，且经过点(-1，32).（1）求椭圆 E 的标准方程；（2）设椭圆 E 的右顶点为 A，点 O 为坐标原点，点 B 为椭圆 E 上异于左右顶点的动点，直线 l：=()交 x 轴于点 P，直线 PB 交椭圆 E 于另一点 C，直线 BA 和 CA 分别交直线 l 于点 M 和 N，若 OAMN 四点共圆，求 t 的值.【答案】（1）解：依题意：=1212+942=122=2，解得：2=4，2=3，故椭圆 C 的方程为24+23=1；（2）解：设 B(1，1)，C(2，2)，点 B 为椭圆 E 上异于左右顶点的动点，则直线 BC 不与 x 轴重合，则可设 BC 为=+，与椭圆方程联立得(32+4)2+6+3212=0，则=362212(32+4)(24)0，可得2 2，故(2)=34(+2)(2)，解得=6【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由题意可得方程组=1212+942=122=2，即可求解；（2）设 B(1，1)，C(2，2)，BC 的方程为=+，联立椭圆方程，结合韦达定理，可得 BA 的方程为=112(2)，进而得到 M 纵坐标=1(2)12，同理可得 N 纵坐标=2(2)22.再由割线定理|=|得(2)=|，代入 M，N 两点纵坐标，化简可得(2)=34(+2)(2)，即可求解。22设函数()=2+2sin.（1）若=1，求曲线=()的斜率为 1 的切线方程；（2）若()在区间(0，2)上有唯一零点，求实数的取值范围.【答案】（1）解：当=1时，()=2+2sin，()=21+2cos；令()=21+2cos，则()=22sin 0，()在上单调递增，又(0)=1，()=0，即()=0有唯一解：=0，又(0)=0，所求切线方程为：=.（2）解：()=2+2sin，()=2+2cos；令()=2+2cos，则()=22sin 0，()在上单调递增，(32)=2cos323 0，0(32，+32)，使得(0)=0，则当 (，0)时，()0，即()0，即()0；()在(，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增，又(0)=0，若()在(0，2)上有唯一零点，则0 0(2)0，(0)=+2 0，解得：2 2，即实数的取值范围为(2，2).【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)求出导函数，()=21+2cos，通过判断导函数的单调性，确定()=0有唯一解 只有唯一的解，即可解决问题；（2）求出()=2+2cos，令()=2+2cos，再次求导，由(32)0，确定 0(32，+32)，使得(0)=0，从而得到()在(，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增，进而由题意可得(0)=+2 0，即可解决问题。 高三数学二模试卷 高三数学二模试卷一、单选题一、单选题1已知集合=|(2)0，=|1 0，则 =（）A(，2)B(，1)C(0，1)D(1，2)2定义在2，2上的下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）A=sinB=2C=|D=233已知随机变量(，2)，若(+1)=0.2，则(1)=（）A0.7B0.4C0.3D0.24某校安排高一年级（1）（5）班共 5 个班去 A，B，C，D 四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到 A 基地的排法总数为（）A24B36C60D2405若函数=6sin与=6cos图象的任意连续三个交点构成边长为 4 的等边三角形，则正实数=（）A12B1C2D6赵爽弦图（如图 1）中的大正方形是由 4 个全等的直角三角形和中间的小正方形拼接而成的，若直角三角形的两条直角边长为 a，b，斜边长为 c，由大正方形面积等于 4 个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和可得勾股定理2+2=2仿照赵爽弦图构造如图 2 所示的菱形，它是由两对全等的直角三角形和中间的矩形拼接而成的，设直角三角形的斜边都为 1，其中一对直角三角形含有锐角，另一对直角三角形含有锐角（位置如图 2 所示）借鉴勾股定理的推导思路可以得到结论（）Asin()=sincoscossinBsin(+)=sincos+cossinCcos()=coscos+sinsinDcos(+)=coscossinsin7已知抛物线 E：2=4，圆 F：(1)2+2=4，直线 l：=（t 为实数）与抛物线 E 交于点A，与圆 F 交于 B，C 两点，且点 B 位于点 C 的右侧，则FAB 的周长可能为（）A4B5C6D78存在函数()使得对于 都有()=|，则函数()可能为（）A()=sinB()=2+2C()=3D()=+()二、多选题二、多选题9已知复数 z 的共轭复数是，(1)=1+，i 是虚数单位，则下列结论正确的是（）A2022=4B 的虚部是 0C|+2|=5D +2在复平面内对应的点在第四象限10吹气球时，记气球的半径 r 与体积 V 之间的函数关系为 r（V），()为 r（V）的导函数已知r（V）在0 3上的图象如图所示，若0 1 2 3，则下列结论正确的是（）A(1)(0)10(2)C(1+22)0，b0)的渐近线方程为 y 3 x，则它的离心率为 14若直线=+和直线=+将圆(1)2+(1)2=1的周长四等分，则|=15若函数()=sin cos(+)的最大值为 1，则常数的一个取值为 16十字贯穿体（如图 1）是美术素描学习中一种常见的教具如图 2，该十字贯穿体由两个全等的正四棱柱组合而成，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，若底面正方形边长为 2，则这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为 四、解答题四、解答题17已知递增等比数列的前 n 项和为，且满足42=13，3=14（1）求数列的通项公式（2）若数列满足=，=3，3(1)0)，点(1，0)为椭圆的右焦点，过点 F 且斜率不为 0 的直线1交椭圆于 M，N 两点，当1与 x 轴垂直时，|=3（1）求椭圆 C 的标准方程（2）1，2分别为椭圆的左、右顶点，直线1，2分别与直线2：=1交于 P，Q 两点，证明：四边形2为菱形22已知函数()=（且 2）的图象与 x 轴交于 P，Q 两点，且点 P 在点 Q 的左侧（1）求点 P 处的切线方程=()，并证明：0时，()()（2）若关于 x 的方程()=（t 为实数）有两个正实根1，2，证明：|12|2ln+ln答案解析部分答案解析部分1【答案】C2【答案】D3【答案】A4【答案】C5【答案】C6【答案】B7【答案】B8【答案】D9【答案】B,C10【答案】B,D11【答案】A,C12【答案】B,C,D13【答案】214【答案】215【答案】2（答案不唯一，取2+2，均可）16【答案】4317【答案】（1）解：设的公比为 q，则由42=13，得41=1 12整理得1=4又3=14，得1(1+2)=14联立得1=41(1+2)=14，消去1，得225+2=0解得=2或=12又因为为递增等比数列，所以=2，1=2所以=11=2（2）解：（方法一）当=1时，=1，=31，0 3,()，则1=2=1，3=1=2，同理，列举得4=5=2，6=2=22，7=8=3，9=3=23，10=11=4，12=4=24，13=14=5，15=5=25记的前 n 项和为，则15=1+2+15=1+1+1+2+2+2+3+3+3+4+4+4+5+5+5=2 (1+2+3+4+5)+(21+22+23+24+25)=2(1+5)52+2 (125)12=92所以数列的前 15 项和为 92（方法二）由=，=3，3(1)3,()，得=，=32，=31()，=3，记的前 n 项和为，则15=1+2+15=1+1+1+2+2+2+3+3+3+4+4+4+5+5+5=2 (1+2+3+4+5)+(21+22+23+24+25)=2(1+5)52+2 (125)12=92所以数列的前 15 项和为 9218【答案】（1）解：设路线 1 遇到红灯的个数的随机变量为 X，则(3，13)，所以至少遇到一个红灯的事件为(1)，由对立事件概率公式，得(1)=1(=0)=103(13)0(23)3=1827=1927，所以若小李下班后选择路线 1 驾车回家，至少遇到一个红灯的概率为1927（2）解：设路线 1 累计增加时间的随机变量为1，则1(3，13)，所以(1)=3 13=1，设路线 2 第 i 个路口遇到红灯为事件（=1，2），则(1)=12，(2)=23，设路线 2 累计增加时间的随机变量为2，则2的所有可能取值为 0，1，2，则(2=0)=(1)(2)=1213=16，(2=1)=(12)+(12)=1223+1213=12，(2=2)=(12)=1223=13，所以(2)=0 16+1 12+2 13=76因为(1)0，故解得sin=55，所以=10520【答案】（1）证明：如图，取 AC 中点 G，连接 FG 和 EG，由已知得 ，且=12因为 F，G 分别为 AB，AC 的中点，所以 ，且=12所以 ，且=所以四边形 DEGF 是平行四边形所以 因为翻折的 ，易知 所以翻折后 ，又因为 =，EA，平面 AEC，所以 平面 AEC因为 ，所以 平面 AEC因为 平面 AEC，所以 因为 ACE 是等边三角形，点 G 是 AC 中点，所以 又因为 =，AC，平面 ABC所以 平面 ABC因为 ，所以 平面 ABC（2）解：（方法一）如图，过点 E 作 ，以 E 为原点，EH、EC，ED 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设=，则(3，1，0)，(0，2，2)，(0，2，0)，(0，0，)，则=(3，1，2)，=(3，1，0)，=(0，2，)，因为 平面 AEC所以=(0，0，)是平面 AEC 的法向量，设面 ACD 的法向量为=(，)，则 =0 =0，即 3+=02+=0，解得=33=2取=3，得=(，3，2 3)因为二面角 D-AC-E 为6，所以cos6=|cos|=|=|2 3|42+12 =32，解得=1，所以=(1，3，2 3)，=(3，1，2)记直线 AB 与平面 ACD 所成角为，则sin=|cos|=|=|3+3+4 3|4 2 2=64，所以直线 AB 与平面 ACD 所成角的正弦值为64（方法二）如图，连接 DG，因为 平面 AEC，平面 AEC，所以 又因为 ，=，DE，平面 DEG所以 平面 DEC因为 EG，平面 DEG，所以 ，所以DGE 是二面角 D-AC-E 的平面角，故=6由ACE 是边长为 2 的等边三角形，得=3，在 Rt DGE 中，tan=tan6=33=，所以=1，=2过点 F 作 ，垂足为 I，因为 平面 DEGF，平面 ACD，所以平面 平面 ACD又因为平面 平面=，平面 DEGF，且 ，所以 平面 ACD连接 AI，则FAI 即为直线 AB 与平面 ACD 所成的角在 RtDFG 中，=3，=1，得=2，由等面积法得 =，解得=32在 Rt AFG 中，=1，=1，所以=2在 Rt FAI 中，=322=64，所以直线 AB 与平面 ACD 所成角的正弦值为6421【答案】（1）解：由题可知=1当1与 x 轴垂直时，不妨设 M 的坐标为(1，32)，所以2=2+112+942=1，解得=2，=3所以椭圆 C 的标准方程为24+23=1（2）证明：设1的方程为=+1，(1，1)，(2，2)，联立得=+124+23=1消去 x，得(32+4)2+69=0，易知 0恒成立，由韦达定理得1+2=632+4，12=932+4，由直线1的斜率为1=11+2，得直线1的方程为=11+2(+2)，当=1时，=311+2，由直线2的斜率为2=222，得直线2的方程为=222(2)，当=1时，=222，若四边形2为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证+=0，因为+=311+2+222=31(22)2(1