2022届高考数学考前20天冲刺模拟试卷（15）（Word版附解析）

考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（15）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，，则　　A．B．C．D．2．设复数满足，则　　A．B．C．D．3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”其意思为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女作旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，使孝顺子女的美德外传，试求各人应分得多少斤．”则第3个子女分得棉花　　A．65斤B．82斤C．99斤D．106斤4．已知椭圆的右焦点为，左顶点为，若上的点满足轴，，则的离心率为　　A．B．C．D．5．定义在上的奇函数满足，当，，，则　　A．B．C．D．6．在直角中，，，分别是的内角，，所对的边，点是的重心，若，则　　A．B．C．D．7．已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的体积为　　A．B．C．D．8．已知关于的不等式在恒成立，则的取值范围是　　 A．，B．，C．，D．，一、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9．已知某校高三的甲、乙、丙三个班各有50名学生，在一次数学模拟考试中，三个班的学生成绩的各分数段累计人数折线图如图所示根据图中的成绩信息，下列结论中正确的是　　A．三个班的成绩的中位数，乙班最高，丙班最低B．三个班的平均成绩，丙班最低C．三个班中成绩在60分以下的人数，丙班最多；80分以上的人数，乙班最多D．模拟考试的最高分出现在乙班10．已知，则下列结论一定正确的是　　A．B．C．D．11．已知，直线，是的图象的相邻两条对称轴，则下列说法正确的是　　A．函数为偶函数B．的图象的一个对称中心为，C．在区间，上有2个零点D．在区间，上为单调函数12．在平面直角坐标中，已知圆过点、、、且，则　　 A．直线的斜率为B．C．的面积D．点、在同一象限内三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，所有项的系数和为　　，常数项为　　．14．已知，则的最小值为　　，此时为　　．15．已知，是抛物线上两点，为坐标原点）的延长线与抛物线的准线交于点，且轴，则抛物线的焦点坐标为　　，直线的斜率为　　．16．已知数列满足，若，设数列的前项和为，则　　．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知中，它的内角，，的对边分别为，，，且．（1）求的值；（2）若，求的值．18．已知数列是公差不为0的等差数列，前项和为，，是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，若，求数列前项和为．19．某电影制片厂从2011年至2020年生产的科教影片、动画影片、纪录影片的时长（单位：分钟）如图所示． （Ⅰ）从2011年至2020年中任选一年，求此年动画影片时长大于纪录影片时长的概率；（Ⅱ）从2011年至2020年中任选两年，设为选出的两年中动画影片时长大于纪录影片时长的年数，求的分布列和数学期望；（Ⅲ）将2011年至2020年生产的科教影片、动画影片、纪录影片时长的方差分别记为，，，试比较，，的大小．（只需写出结论）20．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，在线段上．（Ⅰ）若是的中点，试证明：平面；（Ⅱ）若异面直线与所成的角为，求四棱锥的侧视图的面积．21．已知点为抛物线上一点，为抛物线的焦点，抛物线在点处的切线与轴相交于点，且面积为2．（1）求抛物线的方程； （2）设直线经过交抛物线于，两点（异于点，求证：的大小为定值．22．已知函数，，．（1）求函数的单调区间；（2）当时，方程有两个实根，求实数的取值范围．考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（15）答案1．解：集合，，．故选：．2．解：由，得，故选：．3．解：设该等差数列为，由题意可得：，；则，解得；所以，即第3个子女分得棉花99斤．故选：．4．解：轴，且，不妨设，，可得，解得．，解得，． 故选：．5．解：根据题意，定义在上的奇函数满足，则，变形可得，即的周期为4，故，而，则，故选：．6．解：建立平面直角坐标系，如图所示，设，，且，，由是的重心，得，；所以，，，，因为，所以，解得，又，所以．故选：．7．解：如图，依题意，为三棱锥外接球的球心，则，与均为正三角形，且有公共边，， 为等腰三角形，，又，为等腰直角三角形，设边长为，则其面积，故，解得，，，，即外接球半径为，体积为．故选：．8．解：由得，即，构造函数，则，又函数为增函数，，即，对任意都成立，令，则，当时，，单减，当时，，单增，（1），，又，．故选：． 9．解：对于，由折线图得乙班成绩的中位数最大，丙班成绩的中位数最低，故正确；对于，由折线图得丙班的平均成绩最低，故正确；在中，由折线图得，80分以上的人数甲班最多，故错误；在中，由折线图得最高分出现在甲班，故错误．故选：．10解：因为，则有，对于，因为，所以，故选项正确；对于，因为，所以且，故，故选项正确；对于，因为，所以，故，故选项错误；对于，因为与1的大小关系不确定，故函数的单调性不确定，故与的大小不确定，故选项错误．故选：．11．解：，直线，是的图象的相邻两条对称轴，则，．再结合，，求得，可取，．函数为偶函数，故正确；令，求得，故的图象的一个对称中心为，，故正确；在区间，上，，，函数只有2个零点，和，故正确；在区间，上，，，函数没有单调性，故错误，故选：．12．解：如图， ，，而，直线的斜率为，故错误；由题意可知，，又，四边形为菱形，又，，故正确；，故错误；设所在直线方程为，即．，到的距离为，即，解得．当时，由，取，可得，则、均在第二象限；当时，由，取，可得，则、均在第四象限．点、在同一象限内，故正确．故选：．13．解：二项式，令可得：，展开式的通项公式为，令，解得，则展开式的常数项为， 故答案为：0；70．14．解：，，当且仅当，即时原式取最小值．故答案为：11；1．15．解：在抛物线上，可得，可得，所以，焦点坐标，，准线方程为：，所以可得，，则，，所以直线的斜率为：．故答案为：，，．16．解：由，可得时，，时，，又，两式相减可得，即有，对也成立．可得，则．故答案为：．17．解：（1）中，，所以，利用余弦定理知，，因为，所以；（2）中，，所以， 即，所以，解得，又，所以．18．解：（1）设等差数列的公差为，，由，可得，即为，由是与的等比中项，可得，即为，即，解得，，所以；（2），即为，解得，所以，则，，两式相减可得，化简可得．19．解：（Ⅰ）从2011年至2020年，共10年，其中动画影片时长大于纪录影片时长的年份有：2011年，2015年，2017年，2018年，2019年，2020年，共6年， 故所求概率．（Ⅱ）的所有可能取值为0，1，2，则，，，所以随机变量的分布列为：012数学期望．（Ⅲ）结合图象可知科教影片时长的波动最大，方差最大，将动画影片、记录影片时长从小到大排列，动画影片：150，180，200，240，260，290，320，350，380，430，记录影片：100，130，150，190，210，240，270，300，330，380，记录．20．（Ⅰ）证法一：在四棱锥中，取的中点，连接、，因为是的中点，所以，（2分）所以四边形是平行四边形，（3分）则，而平面，平面，（5分）平面．　　　　　　　　　　（6分）证法二：如图，以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，，，2，，，2，，，0，， 所以，1，，，（2分）设平面的法向量为，，，则，所以，即取，得到平面的法向量为，，．所以，而平面，则平面．（6分）（Ⅱ）解：同（Ⅰ）法二建立空间直角坐标系，设，则，0，，，2，，，2，，所以，2，，，2，，则，，（9分）由已知异面直线与成角，所以，又，所以，解得，即，所以侧视图的面积为．（13分）21．解：（1）因为面积为2．所以，即，即的导数为，可得处的切线的斜率为，切线的方程为，令，可得，所以，解得，所以抛物线的方程为； （2）证明：设，，，，设直线的方程为，由可得，所以，，因为，，，，，所以，所以，所以的大小为定值．22．解：（1）由题意知函数的定义域为，因为，，所以，①当时，在区间上恒成立，所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间；②当时，令，得，令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；综上：当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）方程有两个实根，即关于的方程有两个实根，即函数有两个零点，又，令，由（1）得是关于的单调递增函数，且，所以只需函数有两个零点， 令，得，令，则，易知当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得最大值，又因为当时，，当时，，，则函数的图象如图所示：所以当，即时，函数有两个零点，所以实数的取值范围为．