2022屆廣東省廣州市天河區(qū)華南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三三模數(shù)學(xué)試題一、單選題1．復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先計算求出，即可求出答案.【詳解】因為，所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點是.故選：B.2．已知集合，，則（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出集合、，再根據(jù)交集的定義計算可得；【詳解】解：因為，，所以；故選：B3．函數(shù)為偶函數(shù)的一個充分條件是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得函數(shù)為偶函數(shù)的充要條件，再去求函數(shù)為偶函數(shù)的充分條件即可解決.【詳解】函數(shù)為偶函數(shù)，則有，解之得，令，則有則函數(shù)為偶函數(shù)的一個充分條件為故選：C4．已知一個圓柱的高是底面半徑的2倍，且其上?下底面的圓周均在球面上，若球的體積為，則圓柱的體積為（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)圓柱的底面圓半徑為，高為，球O的半徑為，由題可得，進而可得，然后利用圓柱的體積公式即得.【詳解】設(shè)圓柱的底面圓半徑為，高為，球O的半徑為，由題可知，解得，則，可得，所以.故選：C.5．，則函數(shù)的大致圖象為（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)的奇偶性可判斷選項B、C錯誤，又可判斷選項D錯誤，從而可得答案.【詳解】解：由題意，函數(shù)的定義域為，因為，所以，所以為非奇非偶函數(shù)，故選項B、C錯誤；當時，，故選項D錯誤，選項A正確；故選：A.6．已知點、在單位圓上，，若，則的取值范圍是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)以及二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得的取值范圍.【詳解】，因此，.故選：C.7．已知O為坐標原點，F是橢圓C：的左焦點，A，B分別為C的左，右頂點.P為C上一點，且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為A． B． C． D．【答案】A【詳解】試題分析：如圖取與重合，則由直線同理由,故選A.【解析】1、橢圓及其性質(zhì)；2、直線與橢圓.【方法點晴】本題考查橢圓及其性質(zhì)、直線與橢圓，涉及特殊與一般思想、數(shù)形結(jié)合思想和轉(zhuǎn)化化歸思想，考查邏輯思維能力、等價轉(zhuǎn)化能力、運算求解能力，綜合性較強，屬于較難題型. 如圖取與重合，則由直線同理由.8．已知數(shù)列滿足，，，數(shù)列的前n項和為，則（       ）A．351 B．353 C．531 D．533【答案】B【分析】根據(jù)題意討論的奇偶，當為奇數(shù)時，可得，按等差數(shù)列理解處理，當為偶數(shù)時，可得，按并項求和理解出來，則按奇偶分組求和分別理解處理．【詳解】依題意，，顯然，當n為奇數(shù)時有，即有，，…，，令，故，所以數(shù)列是首項為1，公差為3的等差數(shù)列，故；當n為偶數(shù)時有，即，，…，，于是，，故選：B．二、多選題9．如果a<b<0，c<d<0，那么下面一定成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】用不等式的性質(zhì)推導(dǎo)和取值驗證相結(jié)合可解.【詳解】取，則，，故AC不正確；因為，所以，故B正確；因為，所以，故D正確.故選：BD10．已知的展開式中第5項的二項式系數(shù)最大，則n的值可以為（       ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】ABC【分析】按照哪幾項的二項式系數(shù)最大分三種情況討論，結(jié)合二項式系數(shù)的性質(zhì)可得答案.【詳解】當的展開式中第4項和第5項的二項式系數(shù)相等且最大時，；當當的展開式中第5項和第6項的二項式系數(shù)相等且最大時，；當的展開式中只有第5項的二項式系數(shù)最大時，.故選：ABC.11．圓M：關(guān)于直線對稱，記點，下列結(jié)論正確的是（       ）A．點P的軌跡方程為 B．以PM為直徑的圓過定點C．的最小值為6 D．若直線PA與圓M切于點A，則【答案】ABD【分析】由題意可知過圓心，代入即可得作出圖象,利用直線與圓的關(guān)系依次判斷各選項即可求得結(jié)果.【詳解】圓M：配方得： ，圓M關(guān)于直線對稱，直線過圓心.,即點P的軌跡方程為，A正確.由，則，則以PM為直徑的圓過定點，B正確.的最小值即為到直線的距離，由于,則，C錯誤.由于，要使取最小，即取最小值，,，則D正確.故選：ABD12．已知圓錐的頂點為P，母線長為2，底面圓直徑為，A，B，C為底面圓周上的三個不同的動點，M為母線PC上一點，則下列說法正確的是（       ）A．當A，B為底面圓直徑的兩個端點時，B．△PAB面積的最大值為C．當△PAB面積最大值時，三棱錐C-PAB的體積最大值為D．當AB為直徑且C為弧AB的中點時，的最小值為【答案】ACD【分析】對于A，利用已知條件和圓錐的性質(zhì)判斷即可，對于B，由三角形的面積公式結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)判斷，對于C，當△PAB面積最大值時，，從而可求出點C到AB的距離的最大值，進而可求出三棱錐C-PAB的體積最大值，對于D，由題意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中求出，從而可求出PC邊上的高，則可求出的最小值【詳解】對于A，記圓錐底面圓心為O，，所以，所以，故A正確；對于B，設(shè)，則截面三角形的面積，故B不正確；對于C，由選項B中推理可知，此時，所以點C到AB的距離的最大值為，從而可知三棱錐C-PAB的體積最大值為，故C選項正確；對于D，由題意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中，，，所以，進而，記PC邊上的高為h（垂足為Q），則，所以，當M與Q重合時取等號，故D選項正確；故選：ACD．三、填空題13．當時，成立，則實數(shù)a的取值范圍是____________．【答案】【分析】由可得或，當時，成立，即可求出a的取值范圍.【詳解】或，則當時，成立，所以.故答案為：.14．為了做好疫情防控期間的校園消毒工作，某學(xué)校對教室進行消毒，室內(nèi)每立方米空氣中的含藥量y（單位：毫克）隨時間x（單位：小時）的變化情況如圖所示，在藥物釋放的過程中，y與x成正比；藥物釋放完畢后，y與x的函數(shù)關(guān)系式為（a為常數(shù)），根據(jù)測定，當空氣中每立方米的含藥量降低到毫克以下時，學(xué)生方可進教室學(xué)習(xí)，那么從藥物釋放開始，至少需要經(jīng)過___________小時后，學(xué)生才能回到教室.【答案】0.6【分析】根據(jù)函數(shù)圖象經(jīng)過點，求出的值，然后利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由題意知，點在函數(shù)的圖象上，所以，解得，所以，由， 即得，所以.所以從藥物釋放開始，到學(xué)生回到教室至少需要經(jīng)過的小時.故答案為：.15．已知隨機變量，且，則的最小值為______．【答案】4【分析】由正態(tài)曲線的對稱性得出，再由基本不等式得出最小值.【詳解】由隨機變量，則正態(tài)分布的曲線的對稱軸為，又因為，所以，所以當時，有，當且僅當，即時等號成立，故最小值為4．故答案為：16．設(shè)函數(shù)的圖像與的圖像有公共點，且在公共點處切線方程相同，則實數(shù)的最大值為_________.【答案】【分析】設(shè)公共點坐標為，，求出兩個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用，推出，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性求解函數(shù)的最值即可．【詳解】解：設(shè)公共點坐標為，，則，所以有，即，解出舍去），又，所以有，故，所以有，對求導(dǎo)有，故關(guān)于的函數(shù)在為增函數(shù)，在為減函數(shù)，所以當時有最大值．故答案為：．四、解答題17．“雙減”政策實施后，為了解某地中小學(xué)生周末體育鍛煉的時間，某研究人員隨機調(diào)查了600名學(xué)生，得到的數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下表所示：周末體育鍛煉時間頻率0.10.20.30.150.150.1 (1)估計這600名學(xué)生周末體育鍛煉時間的平均數(shù)；（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）(2)在這600人中，用分層抽樣的方法，從周末體育鍛煉時間在內(nèi)的學(xué)生中抽取15人，再從這15人中隨機抽取3人，記這3人中周末體育鍛煉時間在內(nèi)的人數(shù)為X，求X的分布列以及數(shù)學(xué)期望.【答案】(1)；(2)分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：.【分析】(1)根據(jù)平均數(shù)的定義，等于頻率乘以每一組數(shù)據(jù)的中點值之和；(2)根據(jù)題意，X的可能取值是0，1，2，3，再根據(jù)古典概型計算方法分別計算概率即可.【詳解】(1)估計這600名學(xué)生周末體育鍛煉時間的平均數(shù).(2)依題意，周末體育鍛煉時間在內(nèi)的學(xué)生抽6人，在內(nèi)的學(xué)生抽9人，則，，，，故X的分布列為：X0123P 則.18．已知等差數(shù)列中，，，且.(1)求數(shù)列的通項公式及前2n項和；(2)若，記數(shù)列的前n項和為，求.【答案】(1)，數(shù)列的前2n項和為(2)【分析】（1）結(jié)合，求得等差數(shù)列的通項公式，即可得的通項公式，利用分組求和的方法，根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項和公式求解即可；（2）由（1）可知，利用錯位相減法求解即可.【詳解】(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則，所以，從而．.(2)∵，∴，，相減得，，，即.19．在三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，作AB⊥AD，使得四邊形ABCD滿足，，(1)求?B；(2)設(shè)，，求函數(shù)的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）由三角形面積公式和向量數(shù)量積公式，代入計算可得，化簡即可得解；（2）首先找到各個角之間的關(guān)系，，，再由正弦定理可得，再在三角形ABC中，由正弦定理得，所以，利用三角函數(shù)求最值即可得解.【詳解】(1)由，可得，即，可得，因為，所以，(2)∵，則，，在三角形ACD中，由正弦定理得，可得，在三角形ABC中，由正弦定理得，可得，因為，可得，當時，即，可得，當時，即，可得，所以的值域為．20．如圖所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分別是對角線BD，AE上異于端點的動點，且． (1)求證：直線平面CDE；(2)當MN的長最小時，求二面角A-MN-D的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)邊對應(yīng)成比例,可證明平行四邊形,進而可得線線平行,即可求解.（2）根據(jù)空間中兩點距離公式,可得線段的最小值,進而根據(jù)空間向量,求平面法向量,進一步可求解.【詳解】(1)過N作與ED交于點，過M作與CD交于點，連接． 由已知條件，可知矩形ABCD與矩形ADEF全等．∵，，∴∴又，則四邊形為平行四邊形，所以．∵平面CDE，平面CDE，∴平面CDE．(2)由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面，又平面ADEF，AF⊥AD，∴AF⊥平面ABCD．以A為原點，分別以AB，AD，AF為x，y，z軸建立空間直角坐標系， 過M點作MG⊥AD，垂足為G，連接NG，易知NG⊥AD，設(shè)可得，，∴，可知當時，MN長最小值為．此時，，又，，∴，，設(shè)平面AMN的法向量為，由可得，令，可得設(shè)平面MND的法向量為，由可得，令，可得∴，∴則二面角A-MN-D的正弦值為．21．已知在△ABC中，，，動點A滿足，，AC的垂直平分線交直線AB于點P．(1)求點P的軌跡E的方程；(2)直線交x軸于D，與曲線E在第一象限的交點為Q，過點D的直線l與曲線E交于M，N兩點，與直線交于點K，記QM，QN，QK的斜率分別為，，，①求證：是定值．②若直線l的斜率為1，問是否存在m的值，使？若存在，求出所有滿足條件的m的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)①證明見解析 ；②存在；【分析】（1）利用幾何知識可得，結(jié)合雙曲線定義理解處理；（2）根據(jù)題意設(shè)直線及點的坐標，①分別求，，，利用韋達定理證明；②根據(jù)①結(jié)合題意求的坐標，代入雙曲線方程運算求解．【詳解】(1)∵，∴AC的垂直平分線交BA的延長線于點P．連接PC，則，∴，由雙曲線的定義知，點P的軌跡E是以，為焦點，實軸長為的雙曲線的右支（右頂點除外），，，則，∴E的方程是．(2)①證明：由已知得，，滿足，設(shè)直線l方程為，，，聯(lián)立，得，，，，同理，∴對，令，得，∴，，∴，∴是定值．②假設(shè)存在m的值，使由①知，，則，∴，直線QK的方程為，令，得；直線l的斜率為1，直線l的方程為，令，得；∴，∴，代入，得，整理得，，解得，或（∵，舍去）∴，存在m的值為，使．22．已知函數(shù)存在兩個極值點．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)判斷的符號，并說明理由．【答案】(1)(2)符號為正；理由見解析【分析】（1）根據(jù)函數(shù)有兩個極值點得到導(dǎo)函數(shù)有兩個變號零點，參變分離后構(gòu)造函數(shù)，研究其單調(diào)性和極值情況，得到交點個數(shù)為兩個時實數(shù)a的取值范圍，再驗證此范圍符合要求；（2）轉(zhuǎn)化為，利用對數(shù)平均不等式得到，結(jié)合在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，且，得到.【詳解】(1)∵有兩個極值點，∴，有兩個變號的零點．∴，，令，，當，，單調(diào)遞增；當，，單調(diào)遞減；所以．畫出函數(shù)圖象如下：與有兩個交點，∴．當時，當或時，，；當時，，．所以在區(qū)間，單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增．所以的極小值點為，極大值點為．所以a的取值范圍為(2)符號為正．理由如下：由（1）可知，．又因為，∴∴．現(xiàn)證明上式：上式可變形為，令，則只需證．設(shè)，，所以在上單調(diào)遞增，從而，即，∴．又因為，所以綜上可得：．在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，且，所以．故符號為正．

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