1、2022届高三年级模拟试卷(南通)数学(满分：150分考试时间：120分钟)一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 设集合A1，0，1，Bx|lg (x2)0，则AB()A. 1，0，1 B. 0，1 C. 1 D. (1，)2. 已知复数z与(z2)28i都是纯虚数，则z()A. 2 B. 2 C. 2i D. 2i3. 已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是()A. 2月25日 B. 2月26日 C. 2月27日
2、D. 2月28日4. 把函数ysin (2x)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象；再将f(x)图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)()A. sin 4x B. sin x C. sin (x) D. sin (4x)5. 某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加学校规定：(1) 每位学生每天最多选择1项；(2) 每位学生每项一周最多选择1次学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了
3、阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有()A. 6种 B. 7种 C. 12种 D. 14种6. 在(x32y)(x2)6的展开式中，x6y3项的系数为A. 10 B. 5 C. 35 D. 507. 已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为的直线l与C在x轴上方的交点为A.若AF1F1F2，则C的离心率是()A. B. C. D. 8. 已知，均为锐角，且sin cos ，则()A. sin sin B. cos cos C. cos sin D. sin cos 二、 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
4、求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下列函数最小值为6的是()A. yln x B. y6|sin x|C. y3x32x D. y10. 已知直线l与平面相交于点P，则()A. 内不存在直线与l平行 B. 内有无数条直线与l垂直C. 内所有直线与l是异面直线 D. 至少存在一个过l且与垂直的平面11. 为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统规定：某区域内的m个点Pi(xi，yi，zi)的深度zi的均值为深度zi3，3的点视为孤立点则根据下表中某区域内8个点的数据，有()PiP1P2P3P4P5P6P7P8
5、xi15.115.215.315.415.515.415.413.4yi15.114.214.314.414.515.414.415.4zi2012131516141218A. 15 B. C. P1是孤立点 D. P2不是孤立点12. 定义：在区间I上，若函数yf(x)是减函数，且yxf(x)是增函数，则称yf(x)在区间I上是“弱减函数”根据定义可得()A. f(x)在(0，)上是“弱减函数”B. f(x)在(1，2)上是“弱减函数”C. 若f(x)在(m，)上是“弱减函数”，则meD. 若f(x)cos xkx2在(0，)上是“弱减函数”，则k三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共2
6、0分13. 过点P(1，1)作圆C：x2y22的切线交坐标轴于点A，B，则_14. 已知tan ，tan 是方程3x25x70的两根，则_15. 写出一个同时具有下列性质的三次函数f(x)_ f(x)为奇函数； f(x)存在3个不同的零点； f(x)在(1，)上是增函数16. 在等腰梯形ABCD中，AB2CD2，DABCBA，O为AB的中点将BOC沿OC折起，使点B到达点B的位置，则三棱锥BADC外接球的表面积为_；当BD时，三棱锥BADC外接球的球心到平面BCD的距离为_(第一空2分，第二空3分)四、 解答题：本题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. (本小
7、题满分10分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a7，b8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，试判断ABC是否为钝角三角形，并说明理由cos C；cos B.18.(本小题满分12分)设Sn是等比数列an的前n项和，a11，且S1，S3，S2成等差数列(1) 求an的通项公式；(2) 求使Sn3an成立的n的最大值. 19. (本小题满分12分)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AA1AD2BC2，AB，点E在棱A1D1上，平面BC1E与棱AA1交于点F.(1) 求证：BDC1F；(2) 若BE与平面ABCD所成角的正弦值为，试确定点F的位置2
8、0.(本小题满分12分) 已知双曲线C：1(a0，b0)，四点M1(4，)，M2(3，)，M3(2，)，M4(2，)中恰有三点在C上(1) 求C的方程；(2) 过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x1的垂线，垂足为A.求证：直线AQ过定点21. (本小题满分12分)对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为，三个部分要击落飞机，必须在部分命中一次，或在部分命中两次，或在部分命中三次设炮弹击中飞机时，命中部分的概率是，命中部分的概率是，命中部分的概率是，射击进行到击落飞机为止假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立(1) 求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；(2)
9、求击落飞机的命中次数X的分布列和数学期望22. (本小题满分12分)已知函数f(x)ln x.(1) 试讨论f(x)的单调性；(2) 若f(x1)f(x2)2(x1x2)，求证：a2x1x2ae.2022届高三年级模拟试卷(南通)数学参考答案及评分标准1. B2. C3. B4. B5. D6. A7. A8. D9. BC10. ABD11. ABD12. BCD13. 214. 15. x3x(答案不唯一，形如ax3bx(b0，3ab0)16. 417. 解：若选.在ABC 中，由余弦定理c2a2b22ab cos C，得c272822789, 所以 c3. (4分)因为cab，所以B是A
10、BC 的最大角(7分)在ABC中，由余弦定理 b2a2c22ac cos B，得cos B0，所以B是钝角，所以ABC 是钝角三角形(10分)若选.(解法1)在ABC 中，由余弦定理 b2a2c22ac cos B，得8272c227c，化简得 (c5)(c3)0，解得c5或c3 (舍去).(4分)所以ca0，所以B是锐角，所以ABC不是钝角三角形(10分)(解法2)在ABC中，因为cos B，所以sin B.在ABC中，由正弦定理，得sin A.(4分)因为cos B0，所以B是锐角又ab，所以A0，所以C是锐角综上，ABC不是钝角三角形(10分)18. 解：(1) 设等比数列an的公比为q
11、(q0)，(解法1)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3S1S2，所以2(a1a2a3)a1(a1a2)，所以a22a3a22a2q0.(2分)因为a20，所以q，所以an的通项公式为an()n1.(4分)(解法2)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3S1S2.当q1时，2S3S1S2，所以q1.所以a1，(2分)解得q或q0(舍去)，所以an的通项公式为an()n1.(4分)(2) 由(1)得Sn11()n.由Sn3an，得1()n3()n1，即()n1.(8分)当n为偶数时，()n1()n11，所以点M1不在C上所以M2，M3，M4在C上(2分)所以解得所以双曲线C的方程为y2
12、1.(4分)(2) 证明： 当l与x轴不重合时，设l：xty3.由消x得(t23)y26ty60.所以即t23.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，y1y2，y1y2，(7分)直线AQ的方程为yy1(x1)，即y(x1).因为1，所以直线AQ的方程为y(x2)，所以直线AQ过定点(2，0).(11分) 当l与x轴重合时，直线AQ过定点(2，0).综上，直线AQ过定点(2，0).(12分)21. 解：(1) 设“恰好在第二次射击后击落飞机”为事件A，分两种情况： 第一次命中或部分，第二次命中部分的概率为()； 两次恰好都命中部分的概率为，所以P(A).(4分)(2) X所有可
13、能的取值为1，2，3，4.(6分)根据已知，得P(X1)，P(X2)，P(X3)1P(X1)P(X2)P(X4)1，P(X4)C()2.所以X的分布列为X1234P(10分)X的数学期望E(X)1234.(12分)22. (1) 解：f(x)的定义域为(0，)，f(x). 当a0时，f(x)0；(2分) 当a0时，由f(x)0，得xa；由f(x)0，得0x0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增(4分)(2) 证明：由(1)，不妨设0x1aa2.设F(x)f(x)f()(0xa)，则F(x)f(x)f()0，所以F(x)在(0，a)上单调递减(6分)因为0x1F(a)0，所以
14、f()f(x1)f(x2).又，x2(a，)，由(1)得a2，得证(8分)再证x1x2ae.(证法1)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，所以f(x)minf(a)ln a1.因为f(x1)f(x2)2，所以ln a12，即0ae，所以x1e.要证x1x2x2，又，x2a，f(x)在(a，)上单调递增，所以只要证f()f(x2)2，即证ln 10.因为ln x12，所以2ln x1，所以ln ln aln x1ln (2ln x1)，所以即证ln (2ln x1)10.(10分)设g(x)ln (2ln x)1(0xe)，则g(x).设h(x)x(ln x2)(0xe)，则h(x)ln x1
15、0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，所以eh(e)h(x)0，所以g(x)g(e)0，即ln (2ln x)10，所以ln (2ln x1)10，得证(12分)(证法2)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，所以f(x)minf(a)ln a1.因为f(x1)f(x2)2，所以ln a12，即0ae，所以x1e.要证x1x2x2，又，x2a，f(x)在(a，)上单调递增，所以只要证f()f(x2)2，即证ln 10.令t(t1)，由f(x1)2，得x1e2t，故只要证e1tln t10(*).(10分)设h(x)e1xln x1(x1)，则h(x)e1x.设(x)ex1x(x1)，则(x)ex110，所以(x)在(1，)上单调递增，所以(x)(1)0，所以h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0.所以(*)成立，从而x1x2ae得证(12分)11