遼寧省沈陽(yáng)市2022屆高三上學(xué)期二模數(shù)學(xué)試題及解析

1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)試卷第 =page 4 4頁(yè)，共 =sectionpages 4 4頁(yè)遼寧省沈陽(yáng)市2022屆高三下學(xué)期二模數(shù)學(xué)試題學(xué)校:_姓名：_班級(jí)：_考號(hào)：_一、單選題1復(fù)數(shù)z滿足，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限2已知全集，集合，則圖中陰影部分表示的集合為（）ABCD3設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則“”是“”的（）A充要條件B必要不充分條件C充分不必要條件D既不充分也不必要條件42021年10月12日，習(xí)近平總書記在生物多樣性公約第十五次締約方大會(huì)領(lǐng)導(dǎo)人峰會(huì)視頻講話中提出：“綠水青山就是金山銀山良好生態(tài)

2、環(huán)境既是自然財(cái)富，也是經(jīng)濟(jì)財(cái)富，關(guān)系經(jīng)濟(jì)社會(huì)發(fā)展?jié)摿秃髣拧蹦彻S將產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過(guò)過(guò)濾后排放，已知過(guò)濾過(guò)程中的污染物的殘留數(shù)量P（單位：毫克/升）與過(guò)濾時(shí)間t（單位：小時(shí)）之間的函數(shù)關(guān)系為，其中k為常數(shù)，為原污染物數(shù)量該工廠某次過(guò)濾廢氣時(shí)，若前4個(gè)小時(shí)廢氣中的污染物恰好被過(guò)濾掉90%，那么再繼續(xù)過(guò)濾2小時(shí)，廢氣中污染物的殘留量約為原污染物的（）A5%B3%C2%D1%5已知數(shù)列是遞增的等比數(shù)列，且，若的前n項(xiàng)和滿足，則正整數(shù)k等于（）A5B6C7D86現(xiàn)有一個(gè)側(cè)面展開(kāi)圖為半圓形的圓錐，其內(nèi)部放有一個(gè)小球，當(dāng)小球體積最大時(shí)，該圓錐與小球的體積之比是（）ABCD7已知雙曲線的兩個(gè)焦點(diǎn)為、，點(diǎn)M，N

3、在C上，且，則雙曲線C的離心率為（）ABCD8若直線與直線是曲線的兩條切線，也是曲線的兩條切線，則的值為（）AB0C-1D二、多選題9如圖，在方格中，向量，的始點(diǎn)和終點(diǎn)均為小正方形的頂點(diǎn)，則（）ABCD10甲、乙兩人進(jìn)行飛鏢游戲，甲的10次成績(jī)分別為8，6，7，7，8，10，10，9，7，8，乙的10次成績(jī)的平均數(shù)為8，方差為0.4，則（）A甲的10次成績(jī)的極差為4B甲的10次成績(jī)的75%分位數(shù)為8C甲和乙的20次成績(jī)的平均數(shù)為8D甲和乙的20次成績(jī)的方差為111在四棱錐中，底面ABCD為梯形，則（）A平面PAD內(nèi)任意一條直線都不與BC平行B平面PBC內(nèi)存在無(wú)數(shù)條直線與平面PAD平行C平面PA

4、B和平面PCD的交線不與底面ABCD平行D平面PAD和平面PBC的交線不與底面ABCD平行12已知奇函數(shù)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為，且恒成立，若在單調(diào)遞增，則（）A在上單調(diào)遞減BCD三、填空題13已知拋物線的焦點(diǎn)為F，在C上有一點(diǎn)P，則點(diǎn)P到x軸的距離為_(kāi)14已知隨機(jī)變量，且，則的最小值為_(kāi)15將，這5名同學(xué)從左至右排成一排，則與相鄰且與之間恰好有1名同學(xué)的排法有_種.16以俄國(guó)著名數(shù)學(xué)家切比雪夫（Tschebyscheff，1821-1894）的名字命名的第一類切比雪夫多項(xiàng)式和第二類切比雪夫多項(xiàng)式，起源于多倍角的余弦函數(shù)和正弦函數(shù)的展開(kāi)式，是與棣莫弗定理有關(guān)、以遞歸方式定義的多項(xiàng)式序列，是計(jì)算數(shù)

5、學(xué)中的特殊函數(shù)有許多良好的結(jié)論，例如：，對(duì)于正整數(shù)時(shí)，有成立，成立由上述結(jié)論可得的數(shù)值為_(kāi)四、解答題17已知數(shù)列滿足，數(shù)列滿足對(duì)任意正整數(shù)均有成立(1)求的通項(xiàng)公式；(2)求的前99項(xiàng)和18已知的內(nèi)角、的對(duì)邊分別為、，且(1)判斷的形狀并給出證明；(2)若，求的取值范圍19如圖，在四棱錐中，平面ABCD，且，(1)求證：；(2)在線段PD上是否存在一點(diǎn)M，使二面角的余弦值為？若存在，求三棱錐體積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由20甲、乙是北京2022冬奧會(huì)單板滑雪坡面障礙技巧項(xiàng)目的參賽選手，二人在練習(xí)賽中均需要挑戰(zhàn)3次某高難度動(dòng)作，每次挑戰(zhàn)的結(jié)果只有成功和失敗兩種(1)甲在每次挑戰(zhàn)中，成功的概率都為設(shè)X

6、為甲在3次挑戰(zhàn)中成功的次數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)乙在第一次挑戰(zhàn)時(shí)，成功的概率為0.5，受心理因素影響，從第二次開(kāi)始，每次成功的概率會(huì)發(fā)生改變其規(guī)律為：若前一次成功，則該次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失敗，則該次成功的概率比前一次成功的概率減少0.1（）求乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次的概率；（）求乙在第二次成功的條件下，第三次成功的概率21已知橢圓的焦距為2，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1)求橢圓C的方程；(2)經(jīng)過(guò)橢圓右焦點(diǎn)F且斜率為的動(dòng)直線l與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，試問(wèn)x軸上是否存在異于點(diǎn)F的定點(diǎn)T，使恒成立？若存在，求出T點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由22已知函數(shù)(1)若，求a的值

7、；(2)當(dāng)時(shí)，從下面和兩個(gè)結(jié)論中任選其一進(jìn)行證明；答案第 = page 1 1頁(yè)，共 = sectionpages 2 2頁(yè)答案第 = page 17 17頁(yè)，共 = sectionpages 17 17頁(yè)參考答案：1A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，求得復(fù)數(shù)z，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可得答案.【詳解】由得，故z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，在第一象限,故選：A2C【解析】【分析】根據(jù)韋恩圖中陰影部分所表示的含義，由集合的補(bǔ)集和交集定義可得.【詳解】集合，圖中陰影部分表示，又或，所以故選：C3B【解析】【分析】結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式判斷條件與結(jié)論的關(guān)系即可.【詳解】必要性成立，由等差數(shù)列的可知，；充

8、分性不成立，例如：，得所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B.4B【解析】【分析】根據(jù)前4小時(shí)廢氣中的污染物恰好被過(guò)濾掉90%，求出，再計(jì)算經(jīng)過(guò)6小時(shí)，空氣中剩余污染物的殘留量，可得答案.【詳解】由題可得，前4小時(shí)，廢氣中的污染物恰好被過(guò)濾掉90%，故由得，所以，即，由再過(guò)濾2小時(shí)，即共6小時(shí)，空氣中剩余污染物為，故污染物所剩比率約為,故選：B5A【解析】【分析】利用等比數(shù)列的角標(biāo)和性質(zhì)，列方程求出，即可求解【詳解】由，知，解得，所以，則，所以，解得故選：A6A【解析】【分析】根據(jù)圓錐側(cè)面展開(kāi)圖為半圓，求得母線與底面半徑的關(guān)系，利用當(dāng)小球是圓錐的內(nèi)切球時(shí)，小球體積最大，求得小球的半徑，可得答

9、案.【詳解】由圓錐側(cè)面展開(kāi)圖為半圓，設(shè)圓錐母線為l，底面半徑為R，則，所以，可知圓錐軸截面為正三角形，圓錐高為 ,又由當(dāng)小球是圓錐的內(nèi)切球時(shí)，小球體積最大，軸截面如圖示：設(shè)此時(shí)小球半徑為r，則有 ，即，故，所以，故選：A7D【解析】【分析】根據(jù)，由雙曲線對(duì)稱性可知，直線與交于y軸上一點(diǎn)P，且為等腰直角三角形，可得的坐標(biāo)，分別求出，再根據(jù)雙曲線的定義即可得出答案.【詳解】解：因?yàn)椋呻p曲線對(duì)稱性可知，直線與交于y軸上一點(diǎn)P，且為等腰直角三角形，所有，如圖，則，所以，則，即，則故選：D.8C【解析】【分析】利用和互為反函數(shù)推得兩條公切線和也互為反函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出，進(jìn)而化簡(jiǎn)可得，代入化

10、簡(jiǎn)可得答案.【詳解】由和互為反函數(shù)可知，兩條公切線和也互為反函數(shù)，即滿足，即，設(shè)直線與和分別切于點(diǎn)和，可得切線方程為和，整理得：和，則，由，得，且，則，所以，所以,故選：C【點(diǎn)睛】本題考查了反函數(shù)的相關(guān)知識(shí)以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，解答時(shí)要注意利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義寫出切線方程并進(jìn)行系數(shù)的比較，從而得出參數(shù)之間的關(guān)系式.9BC【解析】【分析】結(jié)合向量的線性運(yùn)算法則及數(shù)量積的幾何意義，逐項(xiàng)判定，即可求解.【詳解】如圖所示，向量與向量方向不同，所以，故A不正確，作向量與向量，可得，且，故B與C正確，連接BD，則AC與BD互相垂直，所以向量與向量在向量上的射影的數(shù)量是相同的，所以，故D不正確故選：BC.

11、10ACD【解析】【分析】根據(jù)極差，百分位數(shù)，平均數(shù)和方差的定義計(jì)算求解即可【詳解】甲的10次成績(jī)中，最大值為10，最小值為6，極差等于4，故A正確，因?yàn)椋詫⒓椎?0次成績(jī)從小到大排列后，第8個(gè)數(shù)為75%分位數(shù)，即75%分位數(shù)等于9，故B不正確，經(jīng)計(jì)算，甲的10次成績(jī)的平均數(shù)等于8，又已知乙的10次成績(jī)的平均數(shù)等于8，則甲和乙的20次成績(jī)的平均數(shù)為8，故C正確，故D正確，方差也可以用進(jìn)行求解，即：，所以，即，故D正確故選：ACD11ABD【解析】【分析】用反證的方法來(lái)推出與已知相矛盾的結(jié)論，可以判斷A,D;用線面平行的判定定理，可判斷B;用線面平行的判定以及性質(zhì)定理可判定C.【詳解】若平面

12、PAD內(nèi)存在直線與BC平行，則平面PAD，由 平面ABCD, 平面ABCD 平面PAD ,可得，則四邊形ABCD為平行四邊形，與已知矛盾，故A正確；平面PAD和平面PBC的一個(gè)交點(diǎn)為P，故二者存在過(guò)點(diǎn)P的一條交線，在平面PBC內(nèi)，與平面PAD和平面PBC的交線平行的所有直線均與平面PAD平行，故B正確；由得平面PCD，進(jìn)而AB平行于平面PAB與平面PCD的交線，所以平面PAB與平面PCD的交線與底面ABCD平行，故C錯(cuò)誤；若平面PAD與平面PBC的交線與底面ABCD平行，則平面PAD與平面PBC的交線與BC平行，與AD也平行，與已知底面ABCD為梯形矛盾，故D正確故選：ABD12BCD【解析】

13、【分析】根據(jù)函數(shù)的的對(duì)稱性和周期性，以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行驗(yàn)證即可.【詳解】方法一：對(duì)于A，若，符合題意，故錯(cuò)誤，對(duì)于B，因已知奇函數(shù)在R上可導(dǎo)，所以，故正確，對(duì)于C和D，設(shè)，則為R上可導(dǎo)的奇函數(shù)，由題意，得，關(guān)于直線對(duì)稱，易得奇函數(shù)的一個(gè)周期為4，故C正確，由對(duì)稱性可知，關(guān)于直線對(duì)稱，進(jìn)而可得，（其證明過(guò)程見(jiàn)備注）且的一個(gè)周期為4，所以，故D正確備注：，即，所以，等式兩邊對(duì)x求導(dǎo)得，令，得，所以方法二：對(duì)于A，若，符合題意，故錯(cuò)誤，對(duì)于B，因已知奇函數(shù)在R上可導(dǎo)，所以，故正確，對(duì)于C，將中的x代換為，得，所以，可得，兩式相減得，則，疊加得，又由，得，所以，故正確，對(duì)于D，將的

14、兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得，令得，將的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得，所以，將的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得，所以，故正確故選：BCD13【解析】【分析】根據(jù)拋物線的定義，列出相應(yīng)方程求解即可.【詳解】由拋物線的定義可知：，所以，代入中，得，所以，故點(diǎn)P到x軸的距離為為故答案為：144【解析】【分析】由正態(tài)曲線的對(duì)稱性得出，再由基本不等式得出最小值.【詳解】由隨機(jī)變量，則正態(tài)分布的曲線的對(duì)稱軸為，又因?yàn)?，所以，所以?dāng)時(shí)，有，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，故最小值為4故答案為：1520【解析】【分析】由與相鄰且與之間恰好有1名同學(xué)，分類討論B在A與C之間，與B在A的另一側(cè)，A與C之間為D，E中任意1人兩種情況，分類計(jì)數(shù)之后再相加得答案.

15、【詳解】根據(jù)題意，分兩種情況若A與C之間為B，即B在A,C中間且三人相鄰，共有種情況，將三人看成一個(gè)整體，與D,E兩人全排列，共有種情況，則此時(shí)有種排法若A與C之間不是B，先從D，E中選取1人，安排在A，C之間，有種選法，此時(shí)B在A的另一側(cè)，將四人看成一個(gè)整體，考慮之前的順序，有種情況，將這個(gè)整體與剩下的1人全排列，有種情況，此時(shí)有種排法所以總共有種情況符合題意故答案為：20【點(diǎn)睛】本題考查排列組合中排序問(wèn)題，注意特殊位置優(yōu)先考慮，屬于較難題.16【解析】【分析】根據(jù)已知條件和余弦的三倍角公和二倍角公式，再利用兩角互余及誘導(dǎo)公式，再結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系及一元二次方程的解法即可求解.【詳解

16、】由題意，又，故，因?yàn)椋?，即，解得或，所?故答案為：.17(1)(2)825【解析】【分析】(1)利用遞推式的性質(zhì)，可求出.(2)根據(jù)，可得，利用等差數(shù)列求和公式求解即可.(1)因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，兩式相減得，又時(shí)，也符合所以(2)由（1）知，因?yàn)閷?duì)任意的正整數(shù)，均有，故數(shù)列的前99項(xiàng)和18(1)為等腰三角形或直角三角形，證明見(jiàn)解析(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理結(jié)合兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)可得出，可得出或，可得出或，即可得出結(jié)論；（2）分析可得，且，利用誘導(dǎo)公式以及輔助角公式可得出，利用正弦型函數(shù)的基本性質(zhì)可求得的取值范圍.(1)解：為等腰三角形或直角三角形，證明如下：由及正弦定理得，

17、即，即，整理得，所以，故或，又、為的內(nèi)角，所以或，因此為等腰三角形或直角三角形(2)解：由（1）及知為直角三角形且不是等腰三角形，且，故，且，所以，因?yàn)?，故，得，所以，因此的取值范圍?9(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，【解析】【分析】（1）證明，結(jié)合，證明平面PAC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理即可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)，求出平面MAC的一個(gè)法向量，結(jié)合平面ACD法向量以及條件可推出即M為PD中點(diǎn)，即可求得答案.(1)因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，且，所以，所以，又因?yàn)槠矫鍭BCD，且平面ABCD，所以，又因?yàn)椋矫鍼AC，平面PAC，所以平面PAC，又因?yàn)槠矫鍼AC，所以(2

18、)在BC上取點(diǎn)E，使，則，故以A為原點(diǎn)，以，分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，在平面MAC中，設(shè)平面MAC的一個(gè)法向量為，則，令，則，所以，可取平面ACD法向量為，所以，即，解得，所以M為PD中點(diǎn)，所以三棱錐的高h(yuǎn)為1，20(1)分布列見(jiàn)解析，(2)（）0.4；（）0.62【解析】【分析】(1)由已知得，然后列出相應(yīng)分布列即可.(2)根據(jù)條件概率的計(jì)算公式，列出相應(yīng)的計(jì)算公式，直接計(jì)算求解即可.(1)由題意得，則，其中，則X的分布列為：X0123P則.(2)設(shè)事件為“乙在第i次挑戰(zhàn)中成功”，其中（）設(shè)事件B為“乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次”，則，則即乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次的概為0.4（）因?yàn)椋?，所以即乙在第二次成功的條件下，第三次成功的概率為0.6221(1)；(2)存在，.【解析】【分析】（1）根據(jù)