1、高三模拟考试卷（二十二）一、 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（5分）已知集合，则A，B，CD，2（5分）当时，复数在复平面上对应的点位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）“”是“直线与圆相切”的A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（5分）某公司计划招收600名新员工，共报名了2000人，远超计划，故该公司采用笔试的方法进行选拔，并按照笔试成绩择优录取现采用随机抽样的方法抽取200名报名者的笔试成绩，绘制频率分布直方图如图：则录取分数线可估计为A70B73C75D775（5分）函数的
2、图象恒过定点，若点在椭圆上，则的最小值为A12B14C16D186（5分）中国的技术领先世界，技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率取决于信道带宽，经科学研究表明： 与满足，其中是信道内信号的平均功率是信道内部的高斯噪声功率，为信噪比当信噪比比较大时，上式中真数中的1可以忍略不计，若不改交带宽而将信噪比从1000提升4000则大约增加了（附ABCD7（5分）在直角坐标系中，已知为坐标原点，点满足且，则ABCD8（5分）如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为AB1CD二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给
3、出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9（5分）已知双曲线的左，右焦点分别为，一条渐近线方程为，为上一点，则以下说法正确的是A的实轴长为8B的离心率为CD的焦距为1010（5分）数列为等比数列，公比为，其前项和为，若，则下列说法正确的是ABC数列是等比数列D对任意的正整数为常数），数列是公差为1的等差数列11（5分）已知向量，若与共线，则下列说法正确的是A将的图象向左平移个单位得到函数的图象B函数的最小正周期为C直线是图象的一条对称轴D函数在，上单调递减12（5分）已知函数，下列说法正确的是A若是偶函数，则B若函数是偶函数，则C若，函数存在最小
4、值D若函数存在极值，则实数的取值范围是三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知正方形边长为1，则14（5分）二项展开式，则，15（5分）有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有种不同的坐法16（5分）已知正三棱柱的所有棱长之和为36，则当此正三棱柱的侧面积取得最大值时，其外接球的体积为四、 解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列的前项和为，（1）证明：数列是等比数列；（2）设的前项和为，求18（12分）已知锐角中，（）求；（）求的取值范围19（12分）在
5、直三棱柱中，是的中点，是上一点（1）当，求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值20（12分）为加强进口冷链食品监管，某省于2020年底在全省建立进口冷链食品集中监管专仓制度，在口岸、目的地市（或县区、市）等进口冷链食品第一入境点，设立进口冷链食品集中监管专仓，集中开展核酸检测和预防性全面消毒工作，为了进一步确定某批进口冷冻食品是否感染病毒，在入关检疫时需要对其采样进行化验，若结果呈阳性，则有该病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒，对于份样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验次：二是混合检验，将份样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为
6、阳性，为了明确这份究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则份检验的次数共为次，若每份样本没有该病毒的概率为，而且样本之间是否有该病毒是相互独立的（1）若，求2份样本混合的结果为阳性的概率；（2）若取得4份样本，考虑以下两种检验方案；方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组2份样本采用混合检验若检验次数的期望值越小，则方案越“优”试间方案一、二哪个更“优”？请说明理由21（12分）在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，直线，相交于点且它们的斜率之积是，记动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作直线交曲线于，两点，且点位于轴上方，记直线，的斜率分别为，证明：为定值；设点关于
7、轴的对称点为，求面积的最大值22（12分）已知，函数（）讨论函数的单调性；（）已知函数存在极值点，求证：高三模拟考试卷（二十二）答案1解：，故选：2解：当时，复数的实部，虚部复数在复平面上对应的点位于第四象限故选：3解：若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，得，得，即，即“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选：4解：根据题意，录取率为，故应录取成绩最高的的报名者，根据频率分布直方图可知，分占总体的比例可估计为，分占总体的比例可估计为，故录取分数线在之间，设录取分数线为，则，解得，所以录取分数线可估计为75分故选：5解：由题意可知，即，当且仅当，即时取到等号故选：6解：当时，当时，大约增加了
8、故选：7解：设点，所以，又，所以点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，所以，椭圆方程为，由解得，则故选：8解：过作于，连接，过作于，连接，因为点在平面内的射影是点，所以平面，由三垂线定理知，所以为二面角的平面角，设，则，所以，所以，于是，因为，所以，又因为，所以，所以，令，则，当时等号成立，所以二面角的正切的最大值为故选：9解：由双曲线，得其一条渐近线方程为，又一条渐近线方程为，则的实轴长为，故正确；，的离心率为，故错误；为上一点，则，故错误；的焦距为，故正确故选：10解：因为公比为，由可得，即，所以，解得，所以，所以，所以，所以，所以数列是等差数列，对任意的正整数，所以数列，所以数列是公差为1的等差数
9、列，故正确的为故选：11解：若与共线，则，即，将的图象向左平移个单位，得，则无法得到函数，故错误，函数的最小正周期为，故正确，由，得，则当时，对称轴为，故正确，当，得，当时，函数在上为减函数，当时，在上为减函数，则在，上单调递减错误，故错误，故选：12解：对于，：函数的定义域是，且，则，则，则，故恒成立，故，故正确，错误；对于时，则，令，解得：，时，递减，时，递增，故正确；对于，存在极值，则有零点，令，即，则，即，解得：，故正确；故选：13解：由题意可得，即，再由， 可得，故答案为14解：二项展开式，则，令，可得而且，再令，可得，故答案为：80；3115解：根据题意，分3步进行分析：将甲乙两人
10、安排在丙的同侧，有种安排方法，将丁安排在三人的空位中，有4种安排方法，将两个空位看成一个整体，和剩下的2个空位安排到4人形成的5个空位中，有种安排方法，则有种安排方法，故答案为：48016解：设正三棱柱底面边长为，侧棱为，则，即，三棱柱侧面积，时，取最小值，此时，此时底面外接圆半径为：，正三棱柱的外接球的球心到顶点的距离为，该球的体积为故答案为：17（1）证明：由，得，当时，可得，即，则数列是首项为2，公比为2的等比数列；（2）解：由（1）得，即，18解：（）即，得，则，（），三角形是锐角三角形，则，则，即，则，即的取值范围是，19（1）证明：在直三棱柱中，取的中点，则，所以平面，又因为，为的
11、中点，所以，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，又，则，0，0，1，1，所以，所以，故，又，平面，所以平面；（2）解：若，则在中，则，0，设，则，因为，所以，解得，所以，则，设平面的法向量为，则有，即，令，则，故，因为平面，故平面的一个法向量为，所以，故二面角的余弦值为20解：（1）该混合样本阴性的概率是，根据对立事件可得阳性的概率为：（2）方案一：混在一起检验，方案一的检验次数记为，则的可能取值为1，5，的分布列为：15方案二：由题意分析得每组2份样本混合检验时，若阴性则检验次数为1，概率为，若阳性，则检测次数为3，概率为，方案二的检验次数记为，则的可能取值为2，4，6，的分布列为：246，当时，可得，方案一更优；当时，可得，方案一、二一样21解：（1）设，由题可知，所以（2）证明：设直线的方程为，联立，得，所以，所以，所以，所以为定值（2），不妨设，所以，所以，当时，最大，直线的方程为，点到直线的距离为，所以22解：，因为，函数的定义域为，若，恒成立，故在上单调递增，若，则当时，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减，故时，在上单调递增，若，在，上单调递增，在，上单调递减；由函数存在极值点，结合得，设，则，因为，则，
