2022届高考数学考前20天冲刺模拟试卷（17）（Word版附解析）

考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（17）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．设集合，，若，则实数的取值范围是　　A．B．C．D．2．若复数满足，则的模为　　A．5B．3C．D．3．有5条同样的生产线，生产的零件尺寸（单位：都服从正态分布，且，在每条生产线上各取一个零件，恰好有3个尺寸在区间，的概率为　　A．B．C．D．4．已知角满足，则　　A．1或B．1C．或3D．35．某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示．如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是　　A．B．C．D．6．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点恰为，点是双曲线和抛物线的一个交点，且，则双曲线的离心率为　　A．B．2C．D．7．若从0，2，4中任取2个数字，从1，3中任取1个数字，则可以组成没有重复数字的三 位数的个数为　　A．18B．24C．28D．328．在关于的不等式（其中为自然对数的底数）的解集中，有且仅有一个大于2的整数，则实数的取值范围为　　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．已知由样本数据点集合，，2，，，求得的回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为1.2，则　　A．变量与具有正相关关系B．去除后的回归方程为C．去除后的估计值增加速度变快D．去除后相应于样本点的残差为0.0510．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，，，，给出下列四个论断：①；②；③；④．以其中三个论断为条件，剩余论断为结论组成四个命题，其中正确的命题是　　A．①②③④B．①③④②C．①②④③D．②③④①11．已知，，，则　　A．B．C．D．12．设是抛物线的焦点，直线过点且与抛物线交于，两点，为坐标原点，则下列结论正确的是　　A．B．C．若点，则的最小值是5D．若倾斜角为，且，则 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若的展开式中的系数为，则实数的值为　　．14．在中，内角，，成等差数列，则　　．15．著名的斐波那契数列，1，2，3，5，8，满足，，，那么是斐波那契数列的第　　项．16．已知中，，，，点、满足，，且，则的最大值为　　．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．的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求角；（2）若是角的平分线，，，求的长．18．记为等差数列的前项和，已知，．（1）求通项公式；（2）若，试求满足的的最小值．19．如图1，在等边中，点、分别为边、上的动点且满足，记．将沿翻折到的位置并使得平面平面，连接，得到图2，点为的中点．（1）当平面时，求的值；（2）试探究：随着值的变化，二面角的大小是否改变？如果是，请说明理由；如果不是，请求出二面角的正弦值大小． 20．甲乙两人用两颗质地均匀的骰子（各面依次标有数字1、2、3、4、5、6的正方体）做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，则由原投掷人继续投掷，否则由对方接着投掷．第一次由甲投掷．（Ⅰ）求第二次仍由甲投掷的概率；（Ⅱ）设游戏的前4次中乙投掷的次数为，求随机变量的分布列与期望．21．已知椭圆的左、右焦点分别是，，点在椭圆上，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且不过点的直线交椭圆于，两点，求证：直线与的斜率之和为定值．22．已知函数．（1）若在上是减函数，求的取值范围；（2）当时，证明有一个极大值点和一个极小值点．考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（17）答案1．解：由已知可得，，，因为，则只需，故选：．2．解：， ，则．故选：．3．解：，正态分布曲线的对称轴为，又，，故在每条生产线上各取一个零件，恰好有3个尺寸在区间，的概率为：．故选：．4．解：角满足，即，求得或，故选：．5．解：设原正方体石料的棱长为，则原正方体石料的体积为，截去的八个四面体的体积为，则，得，即原正方体石料的体积为，故选：．6．解：设点，，，过作抛物线准线的垂线，垂足为，连接，由抛物线的定义可得，，，所以，由双曲线定义可得，，．故选：． 7．解：根据题意，分2种情况讨论：①从0，2，4中任取2个数字中不含0，其取法有1种，从1，3中任取1个数字，其取法有2种，将选出的3个数字全排列，组成三位数，有种情况，此时有个没有重复数字的三位数，②从0，2，4中任取2个数字中含有0，其取法有2种，从1，3中任取1个数字，其取法有2种，用选出的3个数字组成三位数，有种情况，此时有个没有重复数字的三位数，故有个符合题意的三位数；故选：．8．解：由，化简得，设，，则原不等式即为，若，则当时，，，原不等式的解集中有无数个大于2的整数，，（2），（2），（2）（2），当（3）（3），即时，设，则，设，则，在，上为减函数， （4），当时，，在，上为减函数，即，当时，不等式恒成立，原不等式的解集中没有大于2的整数，要使不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则，即，．故选：．9．解：，代入，，因为重新求得的回归直线的斜率为1.2，故正相关，设新的数据所以横坐标的平均值，则，故，纵坐标的平均数为，则，，设新的线性回归方程为，把代入，，故新的线性回归方程为，故，正确，因为斜率为1.2不变，所以的增长速度变慢，错误，把代入，，，故错误，故选：．10．解：，，，．对于，由，，得，又，，故正确；对于，由，，，可得或与相交或与异面，故错误；对于，由，，得，又，则，故正确；对于，由，，，可得或与相交，故错误．故选：．11．解：，，，所以， 所以，当且仅当且时取等号，正确；因为，所以，当且仅当时取等号，正确；令，，则在，上单调递增，故，错误；，故，正确．故选：．12．解：的焦点，准线方程为，设，，，，直线的方程为，与抛物线的方程联立，可得，所以，，，则，时取得等号，故正确；当直线的方程为时，不妨取，，此时，故错误；根据抛物线的定义，可得的最小值是到抛物线的准线的距离，即的最小值为，故正确；当的倾斜角为时，，不妨取在第一象限，在第四象限，由，，解得，，所以，即，故正确．故选：．13．解：的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的系数为，则实数，故答案为：．14解：中，内角，，成等差数列， 所以，由，得，所以，化简得，由正弦定理得．故答案为：．15．解：因为，所以，故答案为：2022．16．解：在中，由，，，得，则，，得，如图，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，则，， ，，，，，，，，．，，由基本不等式可得，，当且仅当时等号成立，．故答案为：．17．解：（1）由余弦定理知，，，，即，由余弦定理知，，，．（2）由角分线定理知，，设，则，在中，由余弦定理知，，，解得，，， ，在中，由余弦定理知，，．18．解：（1）为等差数列的前项和，已知，．所以，解得，所以．（2）由于，所以，即，整理得，满足条件的最小正整数为8．19．解：（1）取的中点为，连接，，因为，，所以，又，所以，即，，，四点共面，又面，面，平面平面，所以，即为平行四边形，所以，且，即，即． （2）解：取的中点，由平面平面，且，所以平面，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，0，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，即，又平面的法向量，所以，即随着值的变化，二面角的大小不变．且，所以二面角的正弦值为．20．解：（Ⅰ）求第二次仍由甲投，说明第一次掷出的点数之和为3的倍数，所有的情况共有种，其中，掷出的点数之和为3的倍数的情况有、、、、、，、、、、、，共计12种情况，故第二次仍由甲投掷的概率为．（Ⅱ）设游戏的前4次中乙投掷的次数为，则的取值分别为0，1，2，3，由（Ⅰ）可得，，， ，故随机变量的分布列为：0123故的数学期望为．21．（1）解：根据点在椭圆上，得．由，得．（2分）因为，所以，所以椭圆的标准方程为．（4分）（2）证明：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，与椭圆只有一个交点，不合题意．若直线的斜率存在，设点，，，，直线，根据点在直线上，得．把代入，得，则，．（7分）由，知，，则，均不为0，则直线的斜率，直线的斜率，（9分），因为，所以，即直线与的斜率之和为定值．（12分）22．解：（1）由，得，设， 则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，由题意，所以，所以的取值范围是，．（2）证明：当时，，由于，所以在上有一个零点，又在上单调递增，所以在上有一个零点，设为，所以，设，则，即在上单调递减，所以（1），即，所以在上有一个零点，又在上单调递增，所以在上有一个零点，设为，所以当时，，当，时，，当，时，，所以在，，上单调递减，在，上单调递增， 所以的极小值为，的极大值是，所以有一个极大值点和一个极小值点．