上海市崇明縣長興中學(xué)2022高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析

上海市崇明縣長興中學(xué)2022高三數(shù)學(xué)理模擬試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.若實數(shù)x、y滿足不等式組，若a=(x，y），|a|的最小值為（

）

A.

B.

C.2

D.1參考答案：C略2.袋中有6個小球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，甲乙兩人玩游戲，先由甲從袋中任意摸出一個小球，記下號碼后放回袋中，再由乙摸出一個小球，記下號碼，若就稱甲乙兩人“有默契”，則甲乙兩人“有默契”的概率為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D3.集合，且恰有一個成立}，若且，則下列選項正確的是(

)A.，

B.，C.,

D.,參考答案：B4.已知向量的模為2，=（1，﹣2），條件p：向量的坐標(biāo)為（4，2），條件q：⊥，則p是q的（） A．充分不必要條件 B． 必要不充分條件 C．充要條件 D． 既不充分又不必要條件參考答案：A5.下列說法正確的個數(shù)為（

）①函數(shù)的一個對稱中心為；②在中，，，是的中點，則；③在中，是的充要條件；④定義，已知，則的最大值為.A．1

B．2

C.

3

D．4參考答案：D6.已知傾斜角為的直線與直線平行，則傾斜角為的直線1的斜率為A. B. C. D.參考答案：B7.如圖（Ⅰ）是反映某條公共汽車線路收支差額與乘客量之間關(guān)系的圖象.由于目前該條公交線路虧損，公司有關(guān)人員提出兩種調(diào)整建議，如圖（Ⅱ）、（Ⅲ）所示.（注：收支差額=營業(yè)所得的票價收入-付出的成本）給出以下說法：①圖（Ⅱ）的建議是：提高成本，并提高票價②圖（Ⅱ）的建議是：降低成本，并保持票價不變；③圖（Ⅲ）的建議是：提高票價，并保持成本不變；④圖（Ⅲ）的建議是：提高票價，并降低成本.其中說法正確的序號是ks5u(A)①③

(B)①④

(C)②③

(D)②④參考答案：C8.在如圖所示的程序框圖中，若輸入的，輸出的，則判斷框內(nèi)可以填入的條件是（）A. B. C. D.參考答案：D輸入，，，當(dāng)，當(dāng)，當(dāng)時，滿足條件退出循環(huán)，故選9.(1—2x)6的展開式中含X3項的系數(shù)為(A)160

(B)-160(C)80

(D)-80參考答案：B略10.中國古代第一部數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有勾五步，股一十二步，問勾中容圓，徑幾何？”其大意：“已知直角三角形兩兩直角邊分別為5步和12步，問其內(nèi)切圓的直徑為多少步？”現(xiàn)若向此三角形內(nèi)隨機投一粒豆子，則豆子落在其內(nèi)切圓內(nèi)的概率是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.向量V=()為直線y=x的方向向量，a=1,則數(shù)列的前2011項的和為_______.參考答案：2011略12.在張卡片上分別寫有數(shù)字然后將它們混合,再任意排列成一行,則得到的數(shù)能被或

整除的概率是

。參考答案：

解析：，或者：個位總的來說有種情況，符合條件的有種13.能夠說明“若甲班人數(shù)為，平均分為；乙班人數(shù)為，平均分為，則甲乙兩班的數(shù)學(xué)平均分為”是假命題的一組正整數(shù),的值依次為_____．參考答案：是不相等的正整數(shù)即可14.根據(jù)如圖所示的偽代碼,當(dāng)輸入的值為3時,最后輸出的S的值為___________.參考答案：21略15.如圖,若程序框圖輸出的S是126,則判斷框①中應(yīng)為

▲

。參考答案：16.設(shè)為銳角，若，則的值為

．參考答案：略17.執(zhí)行右圖的程序框圖，若輸入的x=2，則輸出的y的值為

．

參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.某興趣小組測量電視塔AE的高度H(單位：m），如示意圖，垂直放置的標(biāo)桿BC的高度h=4m，仰角∠ABE=，∠ADE=。（1）該小組已經(jīng)測得一組、的值，tan=1.24，tan=1.20，請據(jù)此算出H的值；（2）該小組分析若干測得的數(shù)據(jù)后，認為適當(dāng)調(diào)整標(biāo)桿到電視塔的距離d（單位：m），使與之差較大，可以提高測量精確度。若電視塔的實際高度為125m，試問d為多少時，-最大？參考答案：（1），同理：，。AD—AB=DB，故得，解得因此，算出的電視塔的高度H是124m。（2）由題設(shè)知，得，，（當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號）故當(dāng)時，最大。因為，則，所以當(dāng)時，-最大。

故所求的是m。19.已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax．（1）當(dāng)a=1時，求f（x）的最大值；（2）試討論函數(shù)y=f（x）的零點情況；（3）設(shè)ak，bk，…（k=1，2，…，n）均為正數(shù)，若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn，求證：…≤1．參考答案：考點：根的存在性及根的個數(shù)判斷；不等式的證明．專題：計算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)f（x）=lnx﹣ax在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，故fmax（x）=f（1）．（2）由y=f（x）=0可得lnx=ax，故函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)即為y=lnx與y=ax的交點的個數(shù)．結(jié)合圖象可得，當(dāng)a≤0或a=時，y=f（x）有1個零點；當(dāng)0＜a＜時，y=f（x）有2個零點；當(dāng)a＞時，y=f（x）沒有零點．（3）由（1）可得，當(dāng)x∈（0，+∞）時，lnx≤x﹣1，可得lnak＜ak﹣1，故bk?lnak＜bk（ak﹣1）=bk?ak﹣bk．可得ln+ln+…+ln＜a1b1+a2b2+…+anbn﹣（b1+b2+…+bn），再由已知條件證得…≤1成立．解答： 解：（1）當(dāng)a=1時，f′（x）=﹣1，當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0．故函數(shù)f（x）=lnx﹣ax在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)．故fmax（x）=f（1）=ln1﹣1=﹣1．（2）由y=f（x）=0可得lnx=ax，故函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)即為y=lnx與y=ax的交點的個數(shù)．結(jié)合圖象可得，當(dāng)a≤0時，f（x）的零點個數(shù)僅有一個．當(dāng)a＞0時，令f′（x）=﹣a=0，可得x=．由于當(dāng)x＞時，f′（x）＜0，當(dāng)0＜x＜時，f′（x）＞0．故f（x）在（0，）上是增函數(shù)，在（，+∞）上是減函數(shù)．故fmax（x）=f（）=﹣lna﹣1．故當(dāng)﹣lna﹣1＞0時，即0＜a＜時，y=f（x）有2個零點；當(dāng)a=時，y=f（x）有1個零點；當(dāng)a＞時，y=f（x）沒有零點．綜上可得，當(dāng)a≤0或a=時，y=f（x）有1個零點；當(dāng)0＜a＜時，y=f（x）有2個零點；當(dāng)a＞時，y=f（x）沒有零點．（3）由（1）可得，當(dāng)x∈（0，+∞）時，lnx≤x﹣1．∵ak，bk都是正數(shù)，∴l(xiāng)nak＜ak﹣1，∴bk?lnak＜bk（ak﹣1）=bk?ak﹣bk．∴l(xiāng)n+ln+…+ln＜a1b1+a2b2+…+anbn﹣（b1+b2+…+bn）．又因為a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn，∴l(xiāng)n+ln+…+ln≤0，即ln（?…）≤0，故…≤1．點評：本題主要考查方程的根的存在性及個數(shù)判斷，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，用放縮法證明不等式，屬于中檔題．20.（本小題滿分12分）已知集合,,.（1）求,;（2）若,求a的取值范圍.參考答案：（1）=,

因為,所以.（2）由（1）知=,①當(dāng)C=時,滿足,此時,得;

②當(dāng)C≠時,要,則解得.由①②得,.21.甲，乙，丙三人參加某次招聘會，假設(shè)甲能被聘用的概率是，甲，丙兩人同時不能被聘用的概率是，乙，丙兩人同時能被聘用的概率是，且三人各自能否被聘用相互獨立．（1）求乙，丙兩人各自能被聘用的概率；（2）設(shè)ξ表示甲，乙，丙三人中能被聘用的人數(shù)與不能被聘用的人數(shù)之差的絕對值，求ξ的分布列與均值（數(shù)學(xué)期望）．參考答案：【考點】離散型隨機變量的期望與方差；互斥事件的概率加法公式；離散型隨機變量及其分布列．【專題】概率與統(tǒng)計．【分析】（1）記甲，乙，丙各自能被聘用的事件分別為A1，A2，A3，由已知A1，A2，A3相互獨立，由此能求出乙，丙各自能被聘用的概率．（2）ξ的可能取值為1，3．分別求出P（ξ=1）和P（ξ=3），由此能求出ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．【解答】解：（1）記甲，乙，丙各自能被聘用的事件分別為A1，A2，A3，由已知A1，A2，A3相互獨立，且滿足解得，．∴乙，丙各自能被聘用的概率分別為，．（2）ξ的可能取值為1，3．∵=P（A1）P（A2）P（A3）+[1﹣P（A1）][1﹣P（A2）][1﹣P（A3）]==．∴P（ξ=1）=1﹣P（ξ=3）=．∴ξ的分布列為ξ13P∵．【點評】本小題主要考查相互獨立事件、解方程、隨機變量的分布列與均值（數(shù)學(xué)期望）等知識，考查或然與必然的數(shù)學(xué)思想方法，以及數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力和應(yīng)用意識．22.在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G是BC的中點．（1）求證：BD⊥EG；（2）求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值．參考答案：【考點】MR：用空間向量求平面間的夾角；LX：直線與平面垂直的性質(zhì)．【分析】解法1（1）證明BD⊥EG，只需證明EG⊥平面BHD，證明DH⊥EG，BH⊥EG即可；（2）先證明∠GMH是二面角G﹣DE﹣F的平面角，再在△GMH中，利用余弦定理，可求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值；解法2（1）證明EB，EF，EA兩兩垂直，以點E為坐標(biāo)原點，EB，EF，EA分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系用坐標(biāo)表示點與向量，證明，可得BD⊥EG；（2）由已知得是平面DEF的法向量，求出平面DEG的法向量，利用向量的夾角公式，可求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值．【解答】解法1（1）證明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，∴EF⊥AE，又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF?平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．…過D作DH∥AE交EF于H，則DH⊥平面BCFE．∵EG?平面BCFE，∴DH⊥EG．…∵AD∥EF，DH∥AE，∴四邊形AEHD平行四邊形，∴EH=AD=2，∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，∴四邊形BGHE為正方形，∴BH⊥EG，…又BH∩DH=H，BH?平面BHD，DH?平面BHD，∴EG⊥平面BHD．…∵BD?平面BHD，∴BD⊥EG．…（2）解：∵AE⊥平面BCFE，AE?平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面BCFE由（1）可知GH⊥EF，∴GH⊥平面AEFD∵DE?平面AEFD，∴GH⊥DE…取DE的中點M，連接MH，MG∵四邊形AEHD是正方形，∴MH⊥DE∵MH∩GH=H，MH?平面GHM，GH?平面GHM，∴DE⊥平面GHM，∴DE⊥MG∴∠GMH是二面角G﹣DE﹣F的平面角，…在△GMH中，，∴…∴平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值為．…解法2（1）證明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面