東北三省三校高三第二次聯(lián)合模擬考試數(shù)學（理）試題

2022屆東北三省三校高三第二次聯(lián)合模擬考試數(shù)學（理）試題一、單選題1．設(shè)，，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)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(jù)集合的補運算和交運算，即可求得結(jié)果.【詳解】因為，或，故，則.故選：A.2．復數(shù)（其中i為虛數(shù)單位）的模為（

）A．1 B． C． D．5【答案】B【分析】根據(jù)復數(shù)的乘除運算化簡，再求其模長即可.【詳解】因為，故.故選：B.3．已知，則（

）A．9 B．24 C．27 D．33【答案】C【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：C4．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】對原命題“改量詞，否結(jié)論”即可求得結(jié)果.【詳解】命題，的否定是：，.故選：D.5．為研究變量x，y的相關(guān)關(guān)系，收集得到下面五個樣本點（x，y）：x91011y1110865若由最小二乘法求得y關(guān)于x的回歸直線方程為，則據(jù)此計算殘差為0的樣本點是（

）A．（9，11） B．（10，8） C．（10.5，6） D．（11．5）【答案】B【分析】先求出線性方程的樣本中心點，從而可求得，再根據(jù)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：B6．將函數(shù)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(yīng)的函數(shù)（

）A．在區(qū)間上單調(diào)遞增B．在區(qū)間（，）上單調(diào)遞減C．圖象關(guān)于點（，0）對稱D．圖象關(guān)于直線對稱【答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)的伸縮變換和平移變換得到，逐項判斷.【詳解】將函數(shù)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：A7．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(shù)的概率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)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(jié)果.【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(shù)，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.8．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（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等體積法求解【詳解】由題意高，則，即解得故選：B9．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，利用兩角和差的正切公式求出，再根據(jù)兩角和的正弦公式結(jié)合同角三角函數(shù)的關(guān)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.10．定義域為R的奇函數(shù)滿足，當時，，則（

）A． B． C． D．0【答案】A【分析】由奇偶性及得到周期性，再根據(jù)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(shù)的周期為，所以.故選：A11．已知實數(shù)滿足，，，，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，利用導數(shù)可求得的單調(diào)性，可知有兩個不等解，并得到，，根據(jù)和可確定的大小關(guān)系.【詳解】由題意得：；令，則，當時，；當時，；在上的單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；；又，當時，；方程有兩個不等解，，；，又，，，；又，，；綜上所述：.故選：D.12．我們常說函數(shù)的圖象是雙曲線，建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?，可求得這個雙曲線的標準方程為．函數(shù)的圖象也是雙曲線，在適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼抵校臉藴史匠炭赡苁牵?/p>

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)的圖象特點，求得其漸近線，再根據(jù)對稱性建立新的平面直角坐標系，再求對應(yīng)的，即可求得其雙曲線方程.【詳解】對函數(shù)，其定義域為，定義域關(guān)于原點對稱，用替換方程不變，故其圖象關(guān)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(yīng)建立的坐標軸必須平分兩條漸近線的夾角，又，其斜率為，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(yīng)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(shè)雙曲線的方程為，聯(lián)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(shù)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(shù)的性質(zhì)，以及雙曲線的幾何特點，屬困難題.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了1728份小人飯的敘述，作者為什么要使用這么復雜的數(shù)字呢？許多研究者認為，之所以選用這個數(shù)字，跟英國人計數(shù)經(jīng)常使用的十二進制有關(guān)系．中國文化中，十二進制也有著廣泛應(yīng)用，如12地支，12個時辰，12生肖…．十二進制數(shù)通常使用數(shù)字0—9以及字母A，B表示，其中A即數(shù)字10，B即數(shù)字11．對于下面的程序框圖，若輸入a=1728，k=12，則輸出的數(shù)為________．【答案】1000【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(shù)為.故答案為：.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________．【答案】【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(jù)已知條件，用點的橫坐標表示，結(jié)合點橫坐標的取值范圍，即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，不妨設(shè)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(shè)點的坐標為，則，由可得：，即，數(shù)形結(jié)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(guān)鍵是用點的坐標表達，屬中檔題.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________．【答案】【分析】根據(jù)橢圓對稱性求得，再結(jié)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(jù)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(shè)，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；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．如圖，多面體ABCDEF中，面ABCD為正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，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(jié)論：①當H為DE的中點時，GH∥平面ABE；②存在點H，使得GH⊥AE；③三棱錐B?GHF的體積為定值；④三棱錐E?BCF的外接球的表面積為．其中正確的結(jié)論序號為________．（填寫所有正確結(jié)論的序號）【答案】①③④【分析】根據(jù)線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結(jié)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①：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(jù)已知條件可知：//，故//，故四邊形為平行四邊形，則//，又面面，故//面，故①正確；對②：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(shè)，，若GH⊥AE，則，即，解得，不滿足題意，故②錯誤；對③：，因為均為定點，故為定值，又//面面，故//面，又點在上運動，故點到面的距離是定值，故三棱錐的體積為定值，則③正確；對④：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(shè)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④正確.故答案為：①③④.【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.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．【答案】(1)證明見解析(2)【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；（2）以為原點建立空間直角坐標系，求得平面和的法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】(1)證明：設(shè)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(shè)平面的法向量則，取，可得，設(shè)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．近期，國家出臺了減輕義務(wù)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(zhì)量，提升課后服務(wù)水平，某中心小學計劃實行課后看護工作．現(xiàn)隨機抽取該中心小學三年級的10個班級并調(diào)查了解需要課后看護的學生人數(shù)，如下面頻數(shù)分布表：班級代號12345678910需看護學生人數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)不超過25人的班級合班看護．(1)若將上述表格中人數(shù)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(shù)超過25人的班級數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望．【答案】(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）根據(jù)上表的數(shù)據(jù)，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(jié)合古典摡型的概率計算公式，即可求解；（2）根據(jù)題意得到隨機變量的可能取值，結(jié)合超幾何分布的概率計算公式，求得相應(yīng)的概率，列出分布列，利用公式求得期望.【詳解】(1)解：若將上述表各中人數(shù)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(shù)學期望19．已知等差數(shù)列公差不為零，，，數(shù)列各項均為正數(shù)，，．(1)求數(shù)列，的通項公式；(2)若恒成立，求實數(shù)的最小值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）求數(shù)列的通項公式，根據(jù)等差數(shù)列，利用基本量計算即可求解，求數(shù)列的通項公式，先因此分解，得到數(shù)列為等比數(shù)列后可求解；（2）根據(jù)（1）得，再令，再研究其單調(diào)性可求解.【詳解】(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由條件，解得，或，∵，∴∴∵，∴，∵，∴又，∴，∴，∴是以1為首項，為公比的等比數(shù)列．∴(2)∵，∴，即，即恒成立，設(shè)，則，即時；時；時，∴或5時，為的最大項．∴，故實數(shù)的最小值為．20．已知函數(shù)（，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．(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(shù)的單調(diào)性；(3)當時，求證：．【答案】(1)(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）由導數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，再由直線的位置關(guān)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(diào)區(qū)間；（3）方法一：通過單調(diào)性，根據(jù)求最值證明；方法二：運用放縮及同構(gòu)的方法證明.【詳解】(1)，則，由已知，解得(2)（?。┊敃r，，所以，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；（ⅱ）當時，令，得，①時，，所以或，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；②時，，則在上單調(diào)遞增；③時，，所以或，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．綜上，時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(3)方法一：等價于當時，令令，則在區(qū)間上單調(diào)遞增

∵，∴存在，使得，即當時，，則在上單調(diào)遞減，當時，，則在上單調(diào)遞增∴∴，故方法二：當時，令，則，令，則當時，；當時，∴在區(qū)間上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增．∴，即∴，【關(guān)鍵點點睛】解決本題的關(guān)鍵：一是導數(shù)幾何意義的運用，二是通過導函數(shù)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．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【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用表示出，化簡即可求出答案.（2）設(shè)出直線，聯(lián)立直線與拋物線，利用韋達定理則可表示出寫出直線，聯(lián)立直線與拋物線，利用韋達定理則可表示出的方程，根據(jù)兩個關(guān)系式消掉點，則可得出結(jié)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.【詳解】(1)焦點，∵，∴拋物線E的標準方程為(2)顯然．直線斜率存在，設(shè)的方程為由，化簡得：，設(shè)，則，∴

①直線的方程為，由化簡得：，設(shè)則

②由①②得，∴

③（?。┤糁本€沒有斜率，則，又，∴，∴，∴的方程為．（ⅱ）若直線有斜率，為，直線的方程為，即，將③代入得，∴，故直線有斜率時過點．由（?。áⅲ┲本€過點．(3)由（2）得，，∴，且，設(shè)，∵，且，∴∴，故的取值范圍是．【點睛】本題考查拋物線的標準方程、直線過定