江苏省南通、泰州、淮安、镇江、宿迁2021-2022学年高三数学下学期2月模拟考试（南通一模）（Word版附答案）

2022届高三年级模拟试卷(南通)数　　学(满分：150分　考试时间：120分钟)一、单项选择题：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A＝{－1，0，1}，B＝{x|lg(x＋2)＞0}，则A∩B＝(　　)A.{－1，0，1}B.{0，1}C.{1}D.(－1，＋∞)2.已知复数z与(z＋2)2＋8i都是纯虚数，则z＝(　　)A.2B.－2C.2iD.－2i3.已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次．若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是(　　)A.2月25日B.2月26日C.2月27日D.2月28日4.把函数y＝sin(2x＋)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象；再将f(x)图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝(　　)A.－sin4xB.sinxC.sin(x＋)D.sin(4x＋)5.某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：(1)每位学生每天最多选择1项；(2)每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有(　　)A.6种B.7种C.12种D.14种6.在(x3－2y)(x2＋)6的展开式中，x6y3项的系数为A.－10B.5C.35D.507.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为的直线l与C在x轴上方的交点为A.若AF1＝F1F2，则C的离心率是(　　)A.B.C.D.8.已知α，β均为锐角，且α＋β－＞sinβ－cosα，则(　　)A.sinα＞sinβB.cosα＞cosβC.cosα＞sinβD.sinα＞cosβ二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列函数最小值为6的是(　　)A.y＝lnx＋B.y＝6|sinx|＋C.y＝3x＋32－xD.y＝10.已知直线l与平面α相交于点P，则(　　)A.α内不存在直线与l平行B.α内有无数条直线与l垂直C.α内所有直线与l是异面直线D.至少存在一个过l且与α垂直的平面11.为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统．规定：某区域内的m个点Pi(xi，yi，zi)的深度zi的均值为深度zi∉[μ－3σ，μ＋3σ]的点视为孤立点．则根据下表中某区域内8个点的数据，有(　　)PiP1P2P3P4P5P6P7P8xi15.115.215.315.415.515.415.413.4yi15.114.214.314.414.515.414.415.4zi2012131516141218A.μ＝15B.σ＝C.P1是孤立点D.P2不是孤立点12.定义：在区间I上，若函数y＝f(x)是减函数，且y＝xf(x)是增函数，则称y＝f(x)在区间I上是“弱减函数”．根据定义可得(　　)A.f(x)＝在(0，＋∞)上是“弱减函数”B.f(x)＝在(1，2)上是“弱减函数”C.若f(x)＝在(m，＋∞)上是“弱减函数”，则m≥eD.若f(x)＝cosx＋kx2在(0，)上是“弱减函数”，则≤k≤三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.过点P(1，1)作圆C：x2＋y2＝2的切线交坐标轴于点A，B，则·＝________．14.已知tanα，tanβ是方程3x2＋5x－7＝0的两根，则＝________．15.写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数f(x)＝________．①f(x)为奇函数；②f(x)存在3个不同的零点；③f(x)在(1，＋∞)上是增函数．16.在等腰梯形ABCD中，AB＝2CD＝2，∠DAB＝∠CBA＝，O为AB的中点．将△BOC沿OC折起，使点B到达点B′的位置，则三棱锥B′ADC外接球的表面积为__________；当B′D＝时，三棱锥B′ADC外接球的球心到平面B′CD的距离为________．(第一空2分，第二空 3分)四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝7，b＝8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，试判断△ABC是否为钝角三角形，并说明理由．①cosC＝；②cosB＝.18.(本小题满分12分)设Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S1，S3，S2成等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求使Sn≤3an成立的n的最大值. 19.(本小题满分12分)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AA1＝AD＝2BC＝2，AB＝，点E在棱A1D1上，平面BC1E与棱AA1交于点F.(1)求证：BD⊥C1F；(2)若BE与平面ABCD所成角的正弦值为，试确定点F的位置．20.(本小题满分12分)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)，四点M1(4，)，M2(3，)，M3(－2，－)，M4(2，)中恰有三点在C上．(1)求C的方程；(2)过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足为A.求证：直线AQ过定点． 21.(本小题满分12分)对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个部分．要击落飞机，必须在Ⅰ部分命中一次，或在Ⅱ部分命中两次，或在Ⅲ部分命中三次．设炮弹击中飞机时，命中Ⅰ部分的概率是，命中Ⅱ部分的概率是，命中Ⅲ部分的概率是，射击进行到击落飞机为止．假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立．(1)求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；(2)求击落飞机的命中次数X的分布列和数学期望． 22.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋lnx.(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)，求证：a2＜x1x2＜ae. 2022届高三年级模拟试卷(南通)数学参考答案及评分标准1.B　2.C　3.B　4.B　5.D　6.A　7.A　8.D　9.BC　10.ABD　11.ABD　12.BCD13.－2　14.　15.x3－x(答案不唯一，形如ax3＋bx(b＜0，3a＋b≥0))　16.4π　17.解：若选①.在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝72＋82－2×7×8×＝9,所以c＝3.(4分)因为c<a<b，所以B是△ABC的最大角．(7分)在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得cosB＝＝＝－<0，所以B是钝角，所以△ABC是钝角三角形．(10分)若选②.(解法1)在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得82＝72＋c2－2×7c×，化简得(c－5)(c＋3)＝0，解得c＝5或c＝－3(舍去).(4分)所以c<a<b，所以B是△ABC的最大角．(7分)因为cosB＝>0，所以B是锐角，所以△ABC不是钝角三角形．(10分)(解法2)在△ABC中，因为cosB＝，所以sinB＝＝.在△ABC中，由正弦定理＝，得sinA＝＝＝.(4分)因为cosB＝>0，所以B是锐角．又a<b，所以A<B，所以A是锐角．(6分)因为sinA＝，所以cosA＝＝.所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝×－×＝>0，所以C是锐角．综上，△ABC不是钝角三角形．(10分)18.解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，(解法1)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3＝S1＋S2，所以2(a1＋a2＋a3)＝a1＋(a1＋a2)，所以a2＋2a3＝a2＋2a2q＝0.(2分) 因为a2≠0，所以q＝－，所以{an}的通项公式为an＝(－)n－1.(4分)(解法2)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3＝S1＋S2.当q＝1时，2S3≠S1＋S2，所以q≠1.所以＝a1＋，(2分)解得q＝－或q＝0(舍去)，所以{an}的通项公式为an＝(－)n－1.(4分)(2)由(1)得Sn＝1×＝[1－(－)n].由Sn≤3an，得[1－(－)n]≤3(－)n－1，即(－)n－1≥.(8分)当n为偶数时，(－)n－1＝－()n－1<0，舍去．当n为奇数时，(－)n－1＝()n－1≥，所以n－1≤2，即n≤3.所以使Sn≤3an成立的n的最大值是3.(12分)19.(1)证明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD.又AD⊥AB，所以以{，，AA1}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AD∥BC，AA1＝AD＝2BC＝2，AB＝，所以A(0，0，0)，B(，0，0)，D(0，2，0)，C1(，1，2).(2分)设F(0，0，h)，则＝(－，2，0)，C1F＝(－，－1，h－2)，所以·C1F＝(－)×(－)＋2×(－1)＋0×(h－2)＝0，所以⊥C1F，所以BD⊥C1F.(4分) (2)解：由(1)，设E(0，m，2)(0≤m≤2)，则＝(－，m，2).设BE与平面ABCD所成角为θ，由平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)，得sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，解得m＝，所以E是棱A1D1的一个四等分点(靠近点A1).(8分)如图，在平面A1B1C1D1内，连接C1E并延长，交B1A1的延长线于点G，连接BG交AA1于点F.因为A1E∥B1C1，A1E＝B1C1.所以A1G＝A1B1.又A1B1＝AB，A1G∥AB，所以F为AA1的中点．(12分)20.(1)解：因为点M3(－2，－)，M4(2，)关于原点对称，所以M3，M4均在C上．又－>－＝1，所以点M1不在C上．所以M2，M3，M4在C上．(2分)所以解得所以双曲线C的方程为－y2＝1.(4分)(2)证明：①当l与x轴不重合时，设l：x＝ty＋3.由消x得(t2－3)y2＋6ty＋6＝0.所以即t2≠3.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，y1＋y2＝－，y1y2＝，(7分)直线AQ的方程为y－y1＝(x－1)，即y＝[(x－1)＋].因为＝＝＝－1，所以直线AQ的方程为y＝(x－2)，所以直线AQ过定点(2，0).(11分)②当l与x轴重合时，直线AQ过定点(2，0).综上，直线AQ过定点(2，0).(12分)21.解：(1)设“恰好在第二次射击后击落飞机”为事件A，分两种情况：①第一次命中Ⅱ或Ⅲ部分，第二次命中Ⅰ部分的概率为(＋)×＝； ②两次恰好都命中Ⅱ部分的概率为×＝，所以P(A)＝＋＝.(4分)(2)X所有可能的取值为1，2，3，4.(6分)根据已知，得P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)－P(X＝4)＝1－－－＝，P(X＝4)＝C·×()2＝.所以X的分布列为X1234P(10分)X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.(12分)22.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝.①当a≤0时，f′(x)>0；(2分)②当a>0时，由f′(x)>0，得x>a；由f′(x)<0，得0<x<a.所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(4分)(2)证明：由(1)，不妨设0<x1<a<x2.先证x1x2>a2.设F(x)＝f(x)－f()(0<x<a)，则F′(x)＝f′(x)＋f′()＝－<0，所以F(x)在(0，a)上单调递减．(6分)因为0<x1<a，所以F(x1)>F(a)＝0，所以f()<f(x1)＝f(x2).又，x2∈(a，＋∞)，由(1)得<x2，即x1x2>a2，得证．(8分)再证x1x2<ae.(证法1)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1.因为f(x1)＝f(x2)＝2，所以lna＋1<2，即0<a<e，所以x1<e.要证x1x2<ae，即证>x2， 又，x2>a，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以只要证f()>f(x2)＝2，即证＋ln－1>0.因为＋lnx1＝2，所以＝2－lnx1，所以ln＝lna－lnx1＝ln(2－lnx1)，所以即证＋ln(2－lnx1)－1>0.(10分)设g(x)＝＋ln(2－lnx)－1(0<x<e)，则g′(x)＝＋.设h(x)＝x(lnx－2)(0<x<e)，则h′(x)＝lnx－1<0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，所以－e＝h(e)<h(x)<0，所以g′(x)＝＋<－＝0，所以g(x)在(0，e)上单调递减，所以g(x)>g(e)＝0，即＋ln(2－lnx)－1>0，所以＋ln(2－lnx1)－1>0，得证．(12分)(证法2)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1.因为f(x1)＝f(x2)＝2，所以lna＋1<2，即0<a<e，所以x1<e.要证x1x2<ae，即证>x2，又，x2>a，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以只要证f()>f(x2)＝2，即证＋ln－1>0.令＝t(t>1)，由f(x1)＝2，得x1＝e2－t，故只要证e1－t＋lnt－1>0　(*).(10分)设h(x)＝e1－x＋lnx－1(x>1)，则h′(x)＝－e1－x＋＝.设φ(x)＝ex－1－x(x>1)，则φ′(x)＝ex－1－1>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(1)＝0，所以h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.所以(*)成立，从而x1x2<ae得证．(12分)