浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期數(shù)學(xué)4月模擬考試預(yù)演試卷（含答案）

浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期數(shù)學(xué)4月模擬考試預(yù)演試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．若向量a=(x，2)，b=(?1，A．23 B．4 C．32 2．已知集合M滿足{2，A．6 B．7 C．8 D．93．已知(x+1)(x?1)5=A．-1 B．0 C．1 D．24．若復(fù)數(shù)z=i+i2+i3A．1 B．2 C．5 D．25．已知等比數(shù)列{an}的公比的平方不為1，bA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．半徑為R的球O的直徑AB垂直于平面α，垂足為B，△BCD是平面α內(nèi)邊長為R的正三角形，線段AC，AD分別與球面交于點M，A．4375R3 B．43257．設(shè)函數(shù)f(x)=ex?ax2+ax（a∈R）（e=2.718?為自然對數(shù)的底數(shù)），若恰好存在兩個正整數(shù)m，A．(e22，e412] 8．如圖，已知橢圓C1和雙曲線C2具有相同的焦點F1(?c，0)，F(xiàn)2(c，0)，A、B、C、D是它們的公共點，且都在圓x2+yA．2 B．52 C．3 二、多選題9．已知sinθ+cosθ=A．sinθcosθ=?C．sinθ?cosθ=10．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1DA．VB．點P在線段B1C．BD1D．直線AP與側(cè)面BCC111．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓x24+A．△ABFB．△ABF2C．|AFD．存在直線l使得△ABF212．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足aA．a(chǎn)n>aC．a(chǎn)n≤1三、填空題13．已知O(0，0)、A(3，0)，直線l上有且只有一個點P滿足|PA|=2|PO|，寫出滿足條件的其中一條直線14．在2021年6月某區(qū)的高二期末質(zhì)量檢測考試中，學(xué)生的數(shù)學(xué)成績服從正態(tài)分布X～N(98，100)．已知參加本次考試的學(xué)生約有9450人，如果某學(xué)生在這次考試中數(shù)學(xué)成績?yōu)?08分，那么他的數(shù)學(xué)成績大約排在該區(qū)的名次是．附：若X~N(μ，15．已知矩形ABCD在平面α的同一側(cè)，頂點A在平面上，AB=4，BC=22，且AB，BC與平面α所成的角的大小分別為30°，45°，則矩形ABCD與平面α所成角的正切值為16．定義：如果甲隊贏了乙隊，乙隊贏了丙隊，而丙隊又贏了甲隊，則稱甲乙丙為一個“友好組”.如果20支球隊參加單循環(huán)比賽，則友好組個數(shù)的最大值為.四、解答題17．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，CA=CB=2，（1）證明：AC1//（2）求點A到平面B118．記Sn為數(shù)列{an}的前（1）求{a（2）令bn=2an，記數(shù)列{bn19．甲、乙足球愛好者為了提高球技，兩人輪流進(jìn)行點球訓(xùn)練（每人各踢一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進(jìn)球另一人不進(jìn)球，進(jìn)球者得1分，不進(jìn)球者得?1分；兩人都進(jìn)球或都不進(jìn)球，兩人均得0分，設(shè)甲、乙每次踢球命中的概率均為12，甲撲到乙踢出球的概率為12，乙撲到甲踢出球的概率（1）經(jīng)過1輪踢球，記甲的得分為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）求經(jīng)過3輪踢球累計得分后，甲得分高于乙得分的概率．20．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為（1）求2A+C；（2）證明：c>b>221．已知拋物線C1：x2=y（1）設(shè)Q是C2上的一點，求|PQ|（2）過點P作C2的兩條切線分別交C1于A，B兩點（異于P）.若22．已知函數(shù)f(x)=lnx，（1）證明：當(dāng)x≥1時，f(x)≤g(x)；（2）設(shè)a，b為正實數(shù)且（i）若ab=b（ii）若a+b=1，證明：ab

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】由a⊥b，可得所以x=4，a=(2|a故答案為：D.

【分析】利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算和向量模的公式，可求出答案.2．【答案】C【解析】【解答】因為{2，所以集合M可以為：{2，{1，故答案為：C.

【分析】由已知結(jié)合集合子集個數(shù)與元素個數(shù)的關(guān)系，即可求解出答案.3．【答案】B【解析】【解答】因為(x+1)(x?1)5=x(x?1)5?(x?1)5，(x?1)5展開式第r+1項Tr+1=C5故答案為：B

【分析】直接利用二項展開式和組合數(shù)的應(yīng)用，求出答案.4．【答案】B【解析】【解答】解：因為i1=i，i2=?1，i3i4k+1=i，i4k+2=?1，i4k+3=?i，所以當(dāng)n=4k，(k∈N*)時z=0當(dāng)n=4k+1，(k∈N)時z=i，則|z|=1，當(dāng)n=4k+2，(k∈N)時z=?1+i，則|z|=(?1)當(dāng)n=4k+3，(k∈N)時z=?1，則|z|=1，所以|z|的最大值為2.故答案為：B

【分析】分n=4k，(k∈N*)，n=4k+1，(k∈N)，n=4k+2，(k∈N)，n=4k+3，(k∈N)四種情況討論，分別求出z，即可得到|z|5．【答案】C【解析】【解答】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，若{abn}若{bn}是等差數(shù)列，設(shè){bn}的公差為綜上，“{abn故答案為：C

【分析】利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行證明即可.6．【答案】A【解析】【解答】連接BM，MN，所以BM⊥AM，在Rt△ABC中，Rt△BCM～Rt△ACB，所以BCAC=CM其中AC=R2+易證△AMN∽△ACD，所以MN=4取MN的中點P，CD的中點Q，連接則AQ必過點P，于是S△ABQ又AO=1所以S==1于是VA?OMN故答案為：A

【分析】作出輔助線，根據(jù)三角形相似表達(dá)出各邊長，利用三角形面積公式求出△AOP的面積及三棱錐A?OMN的體積.7．【答案】A【解析】【解答】函數(shù)f(x)=ex?ax2+ax中，f(當(dāng)x>1時，f(x)令g(x)=exx2?x，x>1因此函數(shù)g(x)在(1，則必有a>g(2)于是得a≤g(4)=e故答案為：A

【分析】根據(jù)給定條件，只需考查當(dāng)x>1時，a>exx8．【答案】D【解析】【解答】設(shè)橢圓方程為x2a2則a2由ca=15因為c2=a故橢圓方程為2x聯(lián)立x2+y2=則A(30由對稱性可知A、C兩點關(guān)于原點對稱，A、B兩點關(guān)于x軸對稱，則B(306b所以P(306b直線CP：A(306b，63又s2+②①結(jié)合得到s2=5因為a2=52b2，顯然故雙曲線方程為2x聯(lián)立CP：y=55(x?設(shè)Q(x則?306b故y1所以Q(7所以k2=6故k1故答案為：D

【分析】設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1，雙曲線方程為x2s9．【答案】A,C,D【解析】【解答】對于A：因為sinθ+cos即sinθ對于B、C：(sinθ?cosθ)2所以sinθ>0，cosθ<0，即sin對于D：聯(lián)立sinθ+cosθ=15故答案為：ACD.

【分析】將已知等式兩邊平方，結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系即可求解sinacosa的值，cosa<0，sina>0，由角a的范圍求出sina和cosa的值，再由同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系求解tana的值，逐項進(jìn)行判斷，可得答案.10．【答案】B,C【解析】【解答】對于A，點P在平面BCC1B1內(nèi)，平面BCC1B所以VP?A對于B，以D為坐標(biāo)原點可建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，P(x，1，z)，B(1，1，0)所以AP=(x?1，1，z)因為AP⊥BD1，所以AP?BD1=1?x?1+z=0所以CP=?xB1C，即對于C，A1(1，0，1)，C1由DA因為DA1∩DC1=D，DA1，對于D，AP=(x?1，1，x)，0≤x≤1設(shè)AP與平面BCC1B1的夾角為其正弦值為sinθ=由0≤x≤1，得22故答案為：BC．

【分析】求出VP?A11．【答案】A,C,D【解析】【解答】由橢圓x24+所以△ABF2為因為|AF1|+|AF2由題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，由x=my?1x可得(3m設(shè)A(x1，所以|y所以△ABF2的面積為令t=m2+1，則t≥1所以S=12因為t≥1，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知3t+1所以S=12m2+13由上可知y所以x1+x所以△ABF2的重心為令13(1?8所以當(dāng)直線l的方程為x=2y?1時△ABF2的重心為故答案為：ACD.

【分析】根據(jù)題意可得a=2，由橢圓的定義可得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8，即可判定A；

根據(jù)題意可得c2=a2-b2=1，進(jìn)而可得焦點的坐標(biāo)，由題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，計算點F2到直線l的距離d，聯(lián)立直線l與橢圓的方程，設(shè)A(x1，y1)，B(x12．【答案】A,C,D【解析】【解答】設(shè)函數(shù)f(x)=ex?cosx(x>0)，則f用數(shù)學(xué)歸納法下證0<a當(dāng)n=1時，有0<a假設(shè)當(dāng)n=k時，有0<a由于f(0)=0<a所以根據(jù)f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增可知即當(dāng)n=k+1時，有0<a綜上可知，0<a對于A，令g(x)=e因為g'(x)=ex?1>0，故g(x)即ex?x?1>0，即an對于B，令h(x)=ex?令m(x)=h'令n(x)=m'(x)，則n'(x)=ex所以m'(x)>m'(0)=0，所以m(x)所以h'(x)>h'(0)=0所以h(x)>h(0)=0，即ex?cos故an對于C，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an當(dāng)n=1時，有0<a假設(shè)當(dāng)n=k時，有0<a若ak則由(*)可知與假設(shè)ak≤1故an對于D，當(dāng)n≥1時，an故Sn故答案為：ACD.

【分析】A選項，先構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex?cosx(x>0)，求導(dǎo)可得f(x)在(0，+∞)13．【答案】x=1（答案不唯一，只需滿足直線l與圓(x+1)2【解析】【解答】設(shè)點P(x，y)，由|PA|=2|PO|可得整理可得(x+1)2+y2=4，即點P直線l上有且只有一個點P滿足|PA|=2|PO|，所以，直線l與圓C相切，所以，直線l的方程可為x=1.故答案為：x=1（答案不唯一，只需滿足直線l與圓(x+1)2

【分析】設(shè)出動點P的坐標(biāo)，利用已知條件列出方程，化簡可得點P的軌跡方程，由點P是圓(x+1)2+y2=4上有且僅有的一點，可得直線l14．【答案】1500【解析】【解答】因為考試的成績X服從正態(tài)分布N(98，根據(jù)μ=98，σ=10，則108=98+10=μ+σ，得P(ξ≥108)=1?0即數(shù)學(xué)成績高于108分的學(xué)生占總?cè)藬?shù)的15.87%，由9450×15.故答案為：1500.

【分析】利用正態(tài)總體密度曲線的性質(zhì)求出概率，即可得答案.15．【答案】3【解析】【解答】如圖，過B，D分別做平面α的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，連接AE，AF，由DF⊥α，BE⊥α，因為AB，BC與平面α所成的角的大小分別為30°，45°，且BC//AD，BC=AD，所以∠BAE=30°，∠DAF=45°，得BE=DF=AF=2，AE=23因為DF⊥α，BE⊥α，又BE=DF=2，所以四邊形DFEB是平行四邊形，所以BD//EF，因為BD?α，EF?α，所以BD∥α，所以過A作l滿足l//EF，則l即為矩形ABCD與平面α的交線，過E做EP垂直l于點P，連接BP，則∠BPE即為所求，在△AEF中，cos∠FAE=由cos2∠FAE+所以S△AEF=1所以矩形ABCD與平面α所成角的正切值為tan∠BPE=.故答案為：3.

【分析】過B，D分別做平面α的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，連接AE，AF，得DF⊥AF，BE⊥AE，四邊形DFEB是平行四邊形，過E做EP垂直l于點P，連接BP，則16．【答案】330【解析】【解答】當(dāng)m為偶數(shù)時，令m=2n，則總共有C2n不妨設(shè)有x個友好組，考慮其反面，若甲乙丙三對為非友好組，不妨設(shè)甲隊贏了乙隊和丙隊，此時，記甲隊為非友好組的組長.對甲隊而言，可以在贏的所有隊伍中任意選擇兩隊構(gòu)成非友好組.因此，若隊Ai(i=1，2，?，2n)在比賽中贏了ki場，則i=1下求i=12n若在k1，k則令ki*=kiCk故調(diào)整后i=12n不妨設(shè)有y個a，2n?y個a+1整理有a?y由于1≤y≤2n?1，故y2n∈(0，即調(diào)整后有n個n?1，n個n.此時的值i=12n則x≤C故友好組個數(shù)的最大值為n(n?1)(n+1)3，即m(m?2)(m+2)下面為取到最大值的例子：設(shè)在A1，A2，?，A2n.共2n支球隊中，當(dāng)1≤i≤n時，隊Ai勝綜上所述，當(dāng)m為偶數(shù)時，友好組個數(shù)的最大值為m(m?2)(m+2)24故答案為：330

【分析】從反面考慮非友好組的個數(shù)的最小值，后者可用逐步調(diào)整法來處理，即可求出友好組個數(shù)的最大值.17．【答案】（1）證明：連接BC1交B1C于點則有N為BC1的中點，M為所以an且AC1?平面B1CM所以AC1//（2）解：連接AB1，因為CA=CB=2，所以又因為AA1⊥平面ABC，CM?所以AA1⊥CM，AB∩AA1又因為MB1?平面AB又CA2+CCM=1所以S△CMS△ACM設(shè)點A到平面B1CM的距離為因為VA?B1所以d=S【解析】【分析】（1）連接BC1交B1C于點N，連接MN，推出AC1//MN，根據(jù)線面平行的判定定理可證得AC1//平面B1CM；

（2）推出CM⊥平面ABB18．【答案】（1）解：由Snan+1?S又a1=1，故所以數(shù)列{Sna所以Snan故Sn+1=n+22a所以an+1因此{(lán)an}（2）解：由（1）及bn=2an又4n因為Cn0，Cn故T2n?1所以T2n?1【解析】【分析】(1)由題意可得an+1=n+22an+1?n+12an，即n19．【答案】（1）解：記一輪踢球，甲進(jìn)球為事件A，乙進(jìn)球為事件B，A，B相互獨立，由題意得：P(A)=12×(1?甲的得分X的可能取值為?1，P(X=?1)=P(AP(X=0)=P(AB)+P(P(X=1)=P(AB所以X的分布列為：X?101p171E(X)=?1×1（2）解：經(jīng)過三輪踢球，甲累計得分高于乙有四種情況：甲3輪各得1分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得0分；甲3輪中有2輪各得1分，1輪得?1分；甲3輪中有1輪得1分，2輪各得0分，甲3輪各得1分的概率為P1甲3輪中有2輪各得1分，1輪得0分的概率為P2甲3輪中有2輪各得1分，1輪得?1分的概率為P3甲3輪中有1輪得1分，2輪各得0分的概率為P4所以經(jīng)過三輪踢球，甲累計得分高于乙的概率P=1【解析】【分析】(1)先分別求甲、乙進(jìn)球的概率，進(jìn)而求甲得分的分布列和期望；

(2)根據(jù)題意得出甲得分高于乙得分的所有可能情況，結(jié)合(1)中的數(shù)據(jù)分析運算，可得甲得分高于乙得分的概率．20．【答案】（1）解：由sinA=cosB，得A=π2±B所以C≠π2，即A+B≠π所以2A+C=2A+(π?A?B)=2A+[π?A?(A?π（2）證明：由sinA=tanC=tan得1=sin故2co令cosA=x(?1<x<0)，則f(x)=2f'當(dāng)x<?1時，f'(x)>0；當(dāng)?1<x<0時，所以函數(shù)f(x)在(?∞，?1)上單調(diào)遞增，在又f(?12)>0進(jìn)而32<sin可得B<π6<C而ba=sin所以c>b>2【解析】【分析】(1)根據(jù)sinA=cosB，由誘導(dǎo)公式逆推可得A=π2±B，再由A+B≠π2，可得A=π2+B，再代入2A+C，計算即可得2A+C的值；

(2)根據(jù)(1)可得sinA=tanC=tan21．【答案】（1）解：設(shè)P(t，t2|PC所以當(dāng)t=±142時，|PC所以|P