東北三省三校2022屆高三第二次聯合模擬考試數學（理科）試題（含答案）

1、內裝訂線內裝訂線學校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線東北三省三校2022屆高三第二次聯合模擬考試數學（理科）試題題號一二三總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得分一、單選題1設，則（       ）ABCD2復數（其中i為虛數單位）的模為（       ）A1BCD53已知，則（       ）A9B24C27D334命題“，

2、”的否定是（       ）A，B，C，D，5為研究變量x，y的相關關系，收集得到下面五個樣本點（x，y）：x99.51010.511y1110865若由最小二乘法求得y關于x的回歸直線方程為，則據此計算殘差為0的樣本點是（       ）A（9，11）B（10，8）C（10.5，6）D（115）6將函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，再向右平移個單位，所得圖象對應的函數（      

3、0;）A在區(qū)間上單調遞增B在區(qū)間（，）上單調遞減C圖象關于點（，0）對稱D圖象關于直線對稱7盒子中裝有編號為0，1，2，3，4，5，6的7個球，從中任意取出兩個，則這兩個球的編號之和為3的倍數的概率為（       ）ABCD8已知圓錐的頂點為點S，底面圓心為點O，高是底面半徑r的倍，點A，B是底面圓周上的兩點，若SAB是等邊三角形，則O到平面SAB的距離為（       ）ABCD9若，則（     &#

4、160; ）ABCD10定義域為R的奇函數滿足，當時，則（       ）ABCD011已知實數滿足，則（       ）ABCD12我們常說函數的圖象是雙曲線，建立適當的平面直角坐標系，可求得這個雙曲線的標準方程為函數的圖象也是雙曲線，在適當的平面直角坐標系中，它的標準方程可能是（       ）ABCD評卷人得分二、填空題13在愛爾蘭小說格列佛游記里，有格列佛在小人國一頓吃

5、了1728份小人飯的敘述，作者為什么要使用這么復雜的數字呢？許多研究者認為，之所以選用這個數字，跟英國人計數經常使用的十二進制有關系中國文化中，十二進制也有著廣泛應用，如12地支，12個時辰，12生肖十二進制數通常使用數字09以及字母A，B表示，其中A即數字10，B即數字11對于下面的程序框圖，若輸入a=1728，k=12，則輸出的數為_14在正六邊形中，點為線段（含端點）上的動點，若（，），則的取值范圍是_15橢圓C：（）的左焦點為點F，過原點O的直線與橢圓交于P，Q兩點，若PFQ=120°，則橢圓C的離心率為_16如圖，多面體ABCDEF中，面ABCD為正方形，DE平面ABCD，

6、CFDE，且AB=DE=2，CF=1，G為棱BC的中點，H為棱DE上的動點，有下列結論：當H為DE的中點時，GH平面ABE；存在點H，使得GHAE；三棱錐BGHF的體積為定值；三棱錐EBCF的外接球的表面積為其中正確的結論序號為_（填寫所有正確結論的序號）評卷人得分三、解答題17如圖，正三棱柱中，點是棱的中點(1)求證：；(2)求二面角的余弦值18近期，國家出臺了減輕義務教育階段學生作業(yè)負擔和校外培訓負擔“雙減”政策為了堅決落實“雙減”政策，提高教學質量，提升課后服務水平，某中心小學計劃實行課后看護工作現隨機抽取該中心小學三年級的10個班級并調查了解需要課后看護的學生人數，如下面頻數分布表：班

7、級代號12345678910需看護學生人數20182730242332352120已知該中心小學每個班級50人，為了節(jié)約資源并保證每個看護教室有兩名看護教師，該校計劃：若需要課后看護的學生人數超過25人的班級配備1名班主任和1名其他科任教師；若需要課后看護的學生人數不超過25人的班級只配備1名班主任，但需要和另一個人數不超過25人的班級合班看護(1)若將上述表格中人數不超過25人的6個班兩兩組合進行課后看護，求班級代號為1，2的兩個班合班看護的概率；(2)從已抽取的10個班級中隨機抽取3個班，記3個班中需要課后看護的學生人數超過25人的班級數為X，求X的分布列及數學期望19已知等差數列公差不為

8、零，數列各項均為正數，(1)求數列，的通項公式；(2)若恒成立，求實數的最小值20已知函數（，e為自然對數的底數）(1)若在x=0處的切線與直線y=ax垂直，求a的值；(2)討論函數的單調性；(3)當時，求證：21已知點F為拋物線E：（）的焦點，點P（3，2），若過點P作直線與拋物線E順次交于A，B兩點，過點A作斜率為1的直線與拋物線的另一個交點為點C(1)求拋物線E的標準方程；(2)求證：直線BC過定點；(3)若直線BC所過定點為點Q，QAB，PBC的面積分別為S1，S2，求的取值范圍22在平面直角坐標系中，以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，點的極坐標分別為，圓以為直徑，直線的極坐標

9、方程為(1)求圓及直線的直角坐標方程；(2)圓經過伸縮變換得到曲線，已知點為曲線上的任意一點，求點到直線距離的取值范圍23已知函數的值域為(1)若，求證：；(2)若，求證：試卷第6頁，共6頁參考答案：1A【解析】【分析】根據函數定義域的求解，以及簡單二次不等式的求解，解得集合，再根據集合的補運算和交運算，即可求得結果.【詳解】因為，或，故，則.故選：A.2B【解析】【分析】根據復數的乘除運算化簡，再求其模長即可.【詳解】因為，故.故選：B.3C【解析】【分析】利用二項式的通項公式求解.【詳解】的通項公式為，令，得，所以，的通項公式為，令，得，所以，所以，故選：C4D【解析】【分析】對原命題“改

10、量詞，否結論”即可求得結果.【詳解】命題，的否定是：，.故選：D.5B【解析】【分析】先求出線性方程的樣本中心點，從而可求得，再根據殘差的定義可判斷.【詳解】由題意可知，所以線性方程的樣本中心點為，因此有，所以，在收集的5個樣本點中，一點在上，故計算殘差為0的樣本點是.故選：B6A【解析】【分析】根據函數的伸縮變換和平移變換得到，逐項判斷.【詳解】將函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，再向右平移個單位，得，因為，所以，故A正確；因為，所以，故B錯誤；，故C錯誤；，故D錯誤；故選：A7D【解析】【分析】根據題意求得所有情況的可能性，再求得滿足題意的可能性，利用古典概型的概率公式即可求得結果.

11、【詳解】從個不同的球中取出2個球，則共有種情況，編號之和為的倍數，即編號之和為3,6,9，則共有種情況，故滿足題意的概率.故選：D.8B【解析】【分析】由等體積法求解【詳解】由題意高，則，即解得故選：B9C【解析】【分析】根據題意，利用兩角和差的正切公式求出，再根據兩角和的正弦公式結合同角三角函數的關系化弦為切即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，解得，當時，當時，綜上所述，.故選：C.10A【解析】【分析】由奇偶性及得到周期性，再根據周期性化簡可代入求解.【詳解】由題意，有，而又有，所以有，即，從而可得，因此函數的周期為，所以.故選：A11D【解析】【分析】令，利用導數可求得的單調性，可知有

12、兩個不等解，并得到，根據和可確定的大小關系.【詳解】由題意得：；令，則，當時，；當時，；在上的單調遞減，在上單調遞增；又，當時，；方程有兩個不等解，；，又，；又，；綜上所述：.故選：D.12A【解析】【分析】根據的圖象特點，求得其漸近線，再根據對稱性建立新的平面直角坐標系，再求對應的，即可求得其雙曲線方程.【詳解】對函數，其定義域為，定義域關于原點對稱，用替換方程不變，故其圖象關于原點對稱；又當，且趨近于時，趨近于正無窮；當趨近于正無窮時，趨近于，此時的圖象與無限靠近；故的兩條漸近線為軸與，做出其圖象如下所示：為使其雙曲線的方程為標準方程，故應建立的坐標軸必須平分兩條漸近線的夾角，又，其斜率為

13、，此時其在原坐標系中其傾斜角為，與軸夾角為，故新坐標系中，軸與軸的夾角應為，故軸所在直線在原坐標系中的方程為，軸與其垂直，在如圖所示的新坐標系中，設雙曲線的方程為，聯立可得，則，又在新坐標系下，雙曲線的漸近線與的夾角為，故，即，故在新坐標系下雙曲線方程為.故選：A.【點睛】本題考察函數的對稱性、漸近線以及新情景下雙曲線方程的求解，需要學生充分把握函數的性質，以及雙曲線的幾何特點，屬困難題.131000【解析】【分析】利用程序框圖，模擬程序框圖的運行過程即可求解【詳解】輸入，；，；，；，；所以輸出的數為.故答案為：.14【解析】【分析】以正六邊形的中心為坐標原點建立平面直角坐標系，根據已知條件，

14、用點的橫坐標表示，結合點橫坐標的取值范圍，即可求得結果.【詳解】根據題意，不妨設正六邊形的邊長為，以中心建立平面直角坐標系，如下所示：則可得，設點的坐標為，則，由可得：，即，數形結合可知：，則，即的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查用解析法處理平面向量中的范圍問題，解決問題的關鍵是用點的坐標表達，屬中檔題.15#【解析】【分析】根據橢圓對稱性求得，再結合橢圓定義和余弦定理，求得，即可求得橢圓離心率.【詳解】根據題意，取橢圓的右焦點為，連接，作圖如下：由橢圓的對稱性可知，四邊形的對角線互相平分，故四邊形為平行四邊形，則；設，由橢圓定義可知，在和中由余弦定理可得：，又，上述兩式相加可得：，即

15、；在中，由余弦定理可得：，即，則，；故可得，則，又，故橢圓離心率為.故答案為：.16【解析】【分析】根據線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結合棱錐體積的計算公式，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.【詳解】對：當H為DE的中點時，取中點為，連接，如下所示：因為分別為的中點，故可得/，根據已知條件可知：/，故/，故四邊形為平行四邊形，則/，又面面，故/面，故正確；對：因為面面，故，又四邊形為矩形，故，則兩兩垂直，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：則，設，若GHAE，則，即，解得，不滿足題意，故錯誤；對：，因為均為定點，故為定值，又/面面，故/面，又點在上運動，

16、故點到面的距離是定值，故三棱錐的體積為定值，則正確；對：取的外心為，過作平面的垂線，則三棱錐的外接球的球心一定在上因為面，面面，則，又，面，故面,又面，則/，故在同一個平面，則過作，連接如圖所示.在中，容易知，則由余弦定理可得，故，則由正弦定理可得；設三棱錐的外接球半徑為，則，在中，又，故由勾股定理可知：，即，解得：，則該棱錐外接球的表面積，故正確.故答案為：.【點睛】本題考察線面平行的證明，線線垂直的判定，以及三棱錐體積的計算和外接球半徑的求解，屬綜合困難題.17(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，證得，由平面平面，證得，得到，證得平面，得到，進而證得平面，從而得到

17、；（2）以為原點建立空間直角坐標系，求得平面和的法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.(1)證明：設的中點為，連接正方形中，平面平面，又，M為中點，且平面，平面，又平面，平面平面，平面平面，(2)解：如圖所示，以為原點建立空間直角坐標系，則，可得，設平面的法向量則，取，可得，設平面的法向量則，取，可得，所以，又由二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為18(1)(2)分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據上表的數據，得到6個班兩兩組合進行課后看護共有種不同的方法，其中代號為1，2的兩個班合班看護共種不同的方法，結合古典摡型的概率計算公式，即可求解；（2）根據題意得到隨機變量的可能取值，結合超幾

18、何分布的概率計算公式，求得相應的概率，列出分布列，利用公式求得期望.(1)解：若將上述表各中人數超過25人的6個班兩兩組合進行課后看護，共種不同的方法，其中班級代號為1，2的兩個班合班看護共種不同的方法記A表示事件“班級代號為1，2的兩個班合班看護”，則其概率.(2)解：隨機變量的可能取值為，可得，則的分布列為：0123 所以數學期望19(1)，(2)【解析】【分析】（1）求數列的通項公式，根據等差數列，利用基本量計算即可求解，求數列的通項公式，先因此分解，得到數列為等比數列后可求解；（2）根據（1）得，再令，再研究其單調性可求解.(1)設等差數列的公差為d，由條件，解得，或，又，是以1為首項

19、，為公比的等比數列(2)，即，即恒成立，設，則，即時；時；時，或5時，為的最大項，故實數的最小值為20(1)(2)答案見解析(3)證明見解析【解析】【分析】（1）由導數的幾何意義求出切線的斜率，再由直線的位置關系可求解；（2）由于，令，得或，通過比較兩個值分類討論得到單調區(qū)間；（3）方法一：通過單調性，根據求最值證明；方法二：運用放縮及同構的方法證明.(1)，則，由已知，解得(2)（）當時，所以，則在上單調遞增，在上單調遞減；（）當時，令，得，時，所以或，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；時，則在上單調遞增；時，所以或，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增綜上，時，在上單調遞增

20、，在上單調遞減；時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；時，在上單調遞增；時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增(3)方法一：等價于當時，令令，則在區(qū)間上單調遞增   ，存在，使得，即當時，則在上單調遞減，當時，則在上單調遞增，故方法二：當時，令，則，令，則當時，；當時，在區(qū)間上單調遞減，上單調遞增，即，【關鍵點點睛】解決本題的關鍵：一是導數幾何意義的運用，二是通過導函數等于零，比較方程的根對問題分類討論，三是隱零點的運用及放縮法的運用.21(1)(2)證明見解析(3)【解析】【分析】（1）利用表示出，化簡即可求出答案.（2）設出直線，聯立直線與拋物線，利用韋達定理則可表示出兩點的關系.再由點寫出直線，聯立直線與拋物線，利用韋達定理則可表示出兩點的關系.寫出直線的方程，根據兩個關系式消掉點，則可得出結論.（3）將、用點表示出來，再利用韋達定理用直線的斜率表示出，最后化簡即可得出答案.(1)焦點，拋物線E的標準方程為(2)顯然直線斜率存在，設的方程為由，化簡得：，設，則，          直線的方程為，由化簡得：，設則