1、 高三理数第二次模拟考试试卷高三理数第二次模拟考试试卷 一、单选题一、单选题 1在复平面内，复数，对应的点分别是，则复数的虚部为（ ） A2i B-2i C2 D-2 2设集合，则（ ） A B C D 3已知平面内两定点，下列条件中满足动点的轨迹为双曲线的是（ ） A B C D 4已知函数的导函数的图象如图所示，则的极值点的个数为（ ） A0 B1 C2 D3 52022 年北京冬奥会结束后，4 位德国运动员和 5 位中国运动员排成一排拍照，则这位德国运动员排在一起的排法数为（ ） A B C D 6已知函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，关于函数，下列选项不正确的是（ ） A最
2、小正周期为 B C图象的对称中心为 D当时，取得最大值 7如图，在正方体中，为的中点，则过点，的平面截正方体所得的截面的侧视图（阴影部分）为（ ） A B C D 8滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作滕王阁序中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某人在点 A 测得滕王阁顶端仰角为，此人往膝王阁方向走了 42米到达点 B，测得滕王阁顶端的仰角为，则滕王阁的高度最接近于（ ） （忽略人的身高） （参考数据：） A49 米 B51 米 C54 米 D57 米 9在四棱锥中，底面是矩形，底面，且，则二面角的大小为（ ） A30 B45 C60 D75 10设满足约束条件，
3、则的最大值为（ ） A B30 C32 D33 11已知若点 M 是ABC所在平面内的一点，且=，则的最小值为（ ） A B C D 12已知定义在 R 上的奇函数满足，当时，方程在区间内所有实根的和为（ ） A B C D 二、填空题二、填空题 13 14已知，则 . 15某校随机抽取 100 名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这 100 名同学的得分都在内，按得分分成 5 组：，得到如图所示的频率分布直方图，则估计这 100 名同学的得分的中位数为 . 16已知 F 是椭圆 E：的右焦点，P 是椭圆 E 上一点，Q 是圆 C：上一点，则的最小值为 ，此时直线 PQ 的斜率为 .
4、 三、解答题三、解答题 17一机械制造加工厂的某条生产线设备在正常运行的情况下，生产的零件尺寸 z（单位：）服从正态分布，且. （1）求的概率； （2）若从该条生产线上随机选取 2 个零件，设 X 表示零件尺寸小于的零件个数，求 X 的分布列与数学期望. 18如图，在底面为矩形的四棱锥中，E 为棱上一点，底面 （1）证明：平面平面 （2）若，且四棱锥的体积为 20，求直线与平面所成角的正弦值 19在，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答 问题：在数列中，已知_. （1）求的通项公式 （2）若求数列的前 n 项和 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分 20已知抛物线 C 的焦
5、点 F 在轴上，过 F 且垂直于轴的直线交 C 于 A（点在第一象限） ，B 两点，且. （1）求 C 的标准方程. （2）已知 为 C 的准线，过的直线交于 M，（M，异于 A，B）两点，证明：直线AM，和 相交于一点. 21已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在（1，）上恒成立，求 a 的值. 22已知曲线为参数 ，为参数 . （1）求的普通方程； （2）若上的点对应的参数为，为上一个动点，求的最大值. 23已知函数. （1）解不等式； （2）若存在，使得成立，求的取值范围. 答案解析部分答案解析部分 【解析】【解答】由题可知， 所以， 则复数的虚部为-2. 故答案为：D
6、【分析】由复数的四则运算及复数概念即可求解。 【解析】【解答】由，可得：解得：， 由 ，可得： 解得： . 所以 ， ，所以 故答案为：B. 【分析】先分别解不等式求出集合 A,B，再利用交集定义直接求解即可. 【解析】【解答】解：由题意，因为， 所以由双曲线的定义知，当时，动点的轨迹为双曲线， 故答案为：C. 【分析】由双曲线的定义即可求解。 【解析】【解答】因为在左、右两边的导数值均为负数，所以 0 不是极值点，故由图可知只有 2 个极值点. 故答案为：C 【分析】由导函数的图像，可判断函数 f(x)的单调性，即可求解。 【解析】【解答】将位德国运动员看作一个整体，共有种排法；再与 5 位
7、中国运动员进行排序，共有种排法； 满足题意的排法数为. 故答案为：D. 【分析】由捆绑法即可求解。 【解析】【解答】对于 B，B 符合题意； 对于 A，的最小正周期，A 符合题意； 对于 C，令，解得：，此时， 的对称中心为，C 符合题意； 对于 D，当时，解得：， 当时，取得最大值，D 不符合题意. 故答案为：D. 【分析】 由函数图像平移可得，逐项判断即可。 【解析】【解答】如图，过点，的平面截正方体所得的截面为，所以侧视图为 C. 故答案为：C 【分析】作出过点 ，的平面截正方体所得的截面图，即可得到答案. 【解析】【解答】设滕王阁的高度为，由题设知：， 所以 ，则 ， 又 ，可得 米.
8、 故答案为：D 【分析】设滕王阁的高度为 ，由题设可得，即可求滕王阁的高度. 【解析】【解答】因为底面，平面，所以，又，所以平面，因为平面，则，所以二面角的平面角为.在中，则.故二面角的大小为 30. 故答案为：A 【分析】由 底面可确定，进而确定即为要求二面角的平面角，从而解决问题。 【解析】【解答】作出不等式组表示的可行域如下图阴影部分所示， 由得：， 则当取最大值时，在轴截距最大； 又，当过与的交点时，取得最大值， 由得：，即，. 故答案为：A. 【分析】画出可行域，由 z 的几何意义即可求解。 【解析】【解答】以 A 为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为 x，y 轴建立直角坐标系，
9、则 A（0，0） ，B（3m，0） ，C（0，2m） ，所以， 则. 故答案为：B 【分析】如图建立平面直角坐标系，可得 A（0，0） ，B（3m，0） ，C（0，2m） ，由向量的坐标运算可得.进而可求解。 【解析】【解答】因为，所以因为为奇函数，所以，所以， 所以 的周期为 ，方程 即 ，所以 在区间 内所有实根的和转化为 与 交点的横坐标之和， 如图，所以 故答案为：D 【分析】由题意，求出函数 的周期，在区间内所有实根的和转化为与交点的横坐标之和，画出图象即可得出答案. 【解析】【解答】 故答案为：3. 【分析】由对数的运算性质即可求解。 【解析】【解答】因为， 所以， , 故答案为：
10、. 【分析】由即可求解。 【解析】【解答】设所求中位数为，则，解得：. 故答案为：72.5. 【分析】设所求中位数为，由频率分布直方图可得，即可求解。 【解析】【解答】如图，由题可知，圆 C 的圆心坐标为（，2） ，半径为 1，设椭圆 E 的左焦点为. 椭圆中，则，当 F1、P，Q，C 四点共线时，等号成立，此时直线 PQ 的斜率为. 故答案为：-1，1 【分析】如图，设椭圆 E 的左焦点为.结合椭圆的定义，可得，结合F1、P，Q，C 四点共线即可求解。 【解析】【分析】 （1）由正太分布的对称性即可求解； （2）由题意可得 ， 即可求解。 【解析】【分析】 （1）由已知条件易得 ， 再结合
11、， 即可求证； （2）如图建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及平面的法向量，代入夹角公式即可求解。 【解析】【分析】 （1） 选择. 易得 . 即可求解；选择 ，通过作差可得 ； （2）由（1）可求得 ，由错位相减法即可求解。 【解析】【分析】 （1） 设抛物线 的标准方程为 ，再利用抛物线的标注方程求出焦点坐标，再结合已知条件和代入法以及两点距离公式得出 p 的值，从而得出抛物线 的标准方程。 （2） 由（1）可知 A,B 两点坐标，设 ， ，再设直线 的方程为 ，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出 ， ，再利用点斜式得出直线 的方程和直线 的方程，再结合赋值法得出 M,N 两点坐标，再利用三条直线相交于一点位置关系判断方法证出直线 AM， 和 相交于一点。 【解析】【分析】 （1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程； （2）求定义域，求导，对 进行分类讨论，求解不同取值范围下函数的单调性，进而确定符合题意的 a 的值. 【解析】【分析】 （1）根据曲线参数方程，消去参数，即可求得曲线和普通方程； （2）由曲线 的参数方程，根据题意得到，设点，结合两点间的距离公式，求得，利用三角函数的性质，即可求解. 【解析】【分析】 （1）利用分类讨论去掉绝对值，求出不等式的解集; （2）根据题意求出 的最小值，再求关于 m 的不等式的解集即可.
