1、 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
2、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()=
3、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
4、 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、
5、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：|1
6、2|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=
7、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+
8、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
9、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
10、 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
11、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
12、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
13、)，(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+2)(1+2)(22)=2123(1+2)(1+3)(21)，代入韦达定理得2123(1+2)=2 932+43(632+4)=18+1832+4=0，所以=，即 PQ 与2相互垂
14、直平分，所以四边形2为菱形22【答案】（1）证明：令()=0，得=0所以=0或=即=0或=ln因为点 P 在点 Q 的左侧，所以(0，0)，(ln，0)因为()=(+1)，所以(0)=1，得点 P 处的切线方程为=(1)，即()=(1)当 0时，()()=(1)=(1)，因为 0，且 2，所以 0，所以 1，即1 0所以(1)0，所以()()（2）证明：不妨设1 2，且只考虑 0的情形因为()=(+1)，所以(ln)=(ln+1)ln=(ln+1)=ln所以点 Q 处的切线方程为=ln(ln)=(ln)ln2，记()=(ln)ln2，令()=()()=(ln)ln2=(+ln)+ln2，0，设
15、()=()=(+1)(+ln)，则()=(+2)0所以()单调递增又因为(ln)=(ln+1)ln(+ln)=0，所以，当 (0，ln)时，()0所以()在(0，ln)上单调递减，在(ln，+)上单调递增所以()在=ln时有极小值，也是最小值，即()(ln)=lnln(+ln)ln+ln2=0，所以当 0时，()()设方程()=的根为2，则2=+ln2ln易知()单调递增，由(2)(2)=(2)，所以2 2对于（1）中()=(1)，设方程()=的根为1，则1=1易知()单调递减，由（1）知(1)(1)=(1)，所以11所以21 21=+ln2ln1=(1ln+11)+ln因为ln(1)=(ln1)+1，易知 3时，ln1 0，故(ln1)+1 0(3)；当=2时，2(ln21)+1=ln41 0，所以ln 1 0，所以0 1ln2ln记()=()=(+1)，0，则()=(+2)0恒成立所以()=(+1)单调递增，因为(0)=1 0，所以存在0(0，ln)使得(0)=0所以，当 (0，0)时()0所以()在(0，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增因为(0)=0，(ln)=0，由函数图象知当方程()=（t 为实数）有两个正实根1，2时，0，所以(1ln+11)2ln所以21 212ln+ln，即|21|2ln+ln
