1、盐城市2022届高三年级第三次模拟考试数学试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 2. 设为虚数单位，复数满足，则的虚部是( )A. -1B. iC. -2D. -2i3. 为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（ ）A. 54种B. 240种C. 150种D. 60种4. 已知数列，均为等差数列，且，则的值为（ ）A. 760B. 820C. 780D. 8605. 函数的大致图象是
2、( )A. B. C. D. 6. 把函数图象上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为（ ）A. B. C. D. 7. 已知点为椭圆：的上顶点，点，在椭圆上，满足且，若满足条件的有且只有一个，则的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 8. 已知正实数a，b，c满足：，则a，b，c大小满足（ ）A B. C. D. 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）9. 已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（ ）A. 图象关于直线对称B. C. 的最小正周期为4D. 对任意都有10. 设直线l：，交圆C：
3、于A，B两点，则下列说法正确有（ ）A. 直线l恒过定点B. 弦AB长的最小值为4C. 当时，圆C关于直线l对称的圆的方程为：D. 过坐标原点O作直线l的垂线，垂足为点M，则线段MC长的最小值为11. 已知锐角，下列说法正确的是（ ）A. B. C. ，则D. 12. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（ ）A. 三棱锥的体积随着点的运动而变化B. 异面直线与所成角的取值范围是C. 直线平面D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 二项式展开式中常数项为_14. 已知抛物线方程为，直线与抛物线交于A、B两点
4、，抛物线的焦点F为（O为坐标原点）的垂心，则实数的值为_15. 已知平面凸四边形ABCD，点E、F分别在AD、BC上，满足，且，与的夹角为，设，则的最大值为_16. 已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为_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. 已知正项等比数列满足，请在，中选择一个填在横线上并完成下面问题：（1）求的通项公式；（2）设，的前和为，求证：18. 已知中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足，D是AC边上的点且，（1）求；（2）求的最小值19. 某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排三个部门（A，B，C）的
5、12名工作人员下沉到该地的甲、乙、丙、丁四个村担任疫情防控志愿者，已知A部门6人，B部门3人，C部门3人（1）若从这12名工作人员中选出4人作为组长，求至少有2个组长来自A部门的概率；（2）若将这12名工作人员安排到甲、乙、丙、丁四个村（假设每名工作人员安排到各个村是等可能的，且每位工作人员的选择是相互独立的），记安排到甲村的工作人员为A部门的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望20. 已知双曲线：过点，渐近线方程为，直线是双曲线右支的一条切线，且与的渐近线交于A，B两点（1）求双曲线的方程；（2）设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值21. 如图，在以P，A，B，C，D为顶点五
6、面体中，四边形ABCD为等腰梯形，平面平面，（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的大小22. 已知函数（1）若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；（2）若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明盐城市2022届高三年级第三次模拟考试数学试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由全集和集合可求出，再由交集运算性质即可求解.【详解】由题意得，又则，因为，所以，故选：A.2. 设为虚数单位，复数满足，则的虚部是( )A. -1B. iC. -2D. -
7、2i【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则计算并根据复数的基本概念即可求解【详解】，z的虚部为-2故选：C3. 为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（ ）A. 54种B. 240种C. 150种D. 60种【答案】C【解析】【分析】根据已知对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理即可求解.【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，B，C三门德育校本课程，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三
8、组，有两类情况，三组人数为1、1、3，此时有种；三组人数为2、2、1，此时有种.所以共有60+90=150种.故选：C4. 已知数列，均为等差数列，且，则的值为（ ）A. 760B. 820C. 780D. 860【答案】B【解析】【分析】数列，均为等差数列，则数列也为等差数列，结合等差数列的定义与通项进行运算求解【详解】数列，均为等差数列，设公差分别为则数列也为等差数列，数列的首项为100，公差为20，故选：B5. 函数的大致图象是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据和函数值得正负即可排除CD，再根据f(1)和f(2)函数值即可排除A【详解】时，指数函数增速快于二次函
9、数，故f(x)+，图象单调递增，故排除C；时，故，故排除D；又，即f(x)0时有两个零点，故图象B符合，图象A不符合故选：B6. 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】从函数的图象开始，将题目中的变换过程反向进行，进而求出答案.【详解】根据题意，先将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，再将该函数图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.故选：A.7. 已知点为椭圆：的上顶点，点，在椭圆上，满足且，若满足条件的有且只有一个，则的离心率的取值
10、范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设：取，联立椭圆结合求出A、B的点坐标，由及两点距离公式得到，根据题设且无其它k值，得到，进而求的范围，即可求离心率范围.【详解】设直线：，则：，而，不妨取，直线与椭圆联立，消去得，解得，所以，则，因为，所以，整理得，易知符合，因为满足条件的有且只有一个，所以无之外的解，整理得，所以，即，所以离心率故选：B8. 已知正实数a，b，c满足：，则a，b，c大小满足（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先利用三角函数恒等变形，判断；再根据函数的单调性判断的关系，再构造函数，利用导数求函数的最大，即可判断选项.【详解】由
11、，又单增，则，设,，得，当，函数单调递增，当时，单调递减，所以函数的最大值 又，故选：D二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）9. 已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（ ）A. 图象关于直线对称B. C. 的最小正周期为4D. 对任意都有【答案】ABD【解析】【分析】由奇偶性知的对称中心为、对称轴为，进而推得，即可判断各选项的正误.【详解】由的对称中心为，对称轴为，则也关于直线对称且，A、D正确，由A分析知：，故，所以，所以的周期为4，则，B正确；但不能说明最小正周期为4，C错误；故选：ABD10. 设直线l：，交圆C：于A，B两点，则下列说法正确的有（ ）A. 直
12、线l恒过定点B. 弦AB长的最小值为4C. 当时，圆C关于直线l对称的圆的方程为：D. 过坐标原点O作直线l的垂线，垂足为点M，则线段MC长的最小值为【答案】BC【解析】【分析】A.由直线过定点求解；B.由CP垂直l求解； C.求得点关于直线的对称点求解；D.由垂足为时，线段MC长最小求解.【详解】直线的方程可化为，过定点，即A错误；设，则圆心到直线的距离，且半径，所以最小弦长为，即B正确；时，直线方程为，则点关于直线对称的点为，即C正确；当垂足为时，即D错误故选：BC11. 已知锐角，下列说法正确的是（ ）A. B. C. ，则D. 【答案】BCD【解析】【分析】取特殊值，可判断A;根据三角
13、形是锐角三角形，可知，判断B;利用同角的三角函数的关系式可求得，结合正切函数的单调性，可判断C;由三角形是锐角三角形可得，可得，结合辅助角公式，以及三角函数性质，可判断D.【详解】对于A，取，则，可知A错误；对于B，由于是锐角三角形，故，故，故B正确；对于C，锐角中，由知，故，则，即C正确；对于D，是锐角三角形，故，所以，故，即，即D正确，故选：BCD12. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（ ）A. 三棱锥的体积随着点的运动而变化B. 异面直线与所成角的取值范围是C. 直线平面D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为【答案】BC【解析】【分析】对于A选项，
14、连接，由平面，即直线上任意点到平面的距离相等；对于B选项，为正三角形，则当且仅当在中点时，即可判断；对于C选项，证明平面即可，对于D选项，当为中点时，外接球半径最小，计算即可.【详解】对于A选项，因为，所以平面，所以，为定值，即A错误；对于B选项，因为为正三角形，与所成角的范围为，即B正确；对于C选项，易知，则平面平面，可知平面，平面，即C正确；对于D选项，易知当为中点时，外接球半径最小，此时设的中心为，的中心为，的中点为，则，则易知，所以最小球即为以为球心，半径，表面积，即D错误故选：BC三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 二项式展开式中常数项为_【答案】2500【解析】
15、【分析】求出二项式展开式的通项，令x的次数为0，求出对应的r取值，从而可求展开式的常数项【详解】展开式的通项为，常数项为故答案为：250014. 已知抛物线方程为，直线与抛物线交于A、B两点，抛物线的焦点F为（O为坐标原点）的垂心，则实数的值为_【答案】5【解析】【分析】设，则可得，根据数量积为0，即可求得答案.【详解】由题意知， ,设，则 ，故 ，则，故答案为：515. 已知平面凸四边形ABCD，点E、F分别在AD、BC上，满足，且，与的夹角为，设，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】以、为基底表示出，再将式子两边平方转化为长度关系，由此即可利用基本不等式求得m+2n的最大值【详解】，且，
16、则2+得：，即，两边平方可得，解得，当且仅当时，等号成立故答案为：16. 已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为_【答案】#【解析】【分析】构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集【详解】设函数，则又 所以在上单调递增，又故不等式 可化为由的单调性可得该不等式的解集为故答案为：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. 已知正项等比数列满足，请在，中选择一个填在横线上并完成下面问题：（1）求通项公式；（2）设，的前和为，求证：【答案】（1）选择见解析； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等比数列的
17、定义和通项公式代入求解；（2）利用裂项相消求和，注意【小问1详解】因为为正项等比数列，又，选，所以；选，所以；选，所以，；又，则【小问2详解】因为，所以18. 已知中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足，D是AC边上的点且，（1）求；（2）求的最小值【答案】（1） （2）【解析】分析】（1）利用余弦定理以及，直接计算可求解.（2）根据三角形面积公式以及基础不等式，列出相应的方程组，即可求解.【小问1详解】由余弦定理可知，由于，所以.【小问2详解】由于，则，即，解得，当且仅当，即，时等号成立，故，即19. 某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排三个部门（A，B，C）的12名工作
18、人员下沉到该地的甲、乙、丙、丁四个村担任疫情防控志愿者，已知A部门6人，B部门3人，C部门3人（1）若从这12名工作人员中选出4人作为组长，求至少有2个组长来自A部门的概率；（2）若将这12名工作人员安排到甲、乙、丙、丁四个村（假设每名工作人员安排到各个村是等可能的，且每位工作人员的选择是相互独立的），记安排到甲村的工作人员为A部门的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望【答案】（1）； （2）分布列见解析，期望为.【解析】【分析】（1）由古典概型的概率求法求至少有2个组长来自A部门的概率；（2）由题设知，应用二项分布概率公式求各可能值的概率，写出分布列，由二项分布期望公式求期望.【小问1详
19、解】由题设，至少有2个组长来自A部门的概率.【小问2详解】由题设，所以，X的分布列如下：0123456X的数学期望.20. 已知双曲线：过点，渐近线方程为，直线是双曲线右支的一条切线，且与的渐近线交于A，B两点（1）求双曲线的方程；（2）设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值【答案】（1） （2）2【解析】【分析】（1）由渐近线可得，再把点代入方程即可解得；（2）点M到y轴的距离的即为点M的横坐标为，联立方程利用韦达定理可求，分析求解即可，但要注意讨论直线的斜率是否存在【小问1详解】由题设可知，解得则：【小问2详解】设点M的横坐标为当直线斜率不存在时，则直线：易知点到轴的距离为当直线
20、斜率存在时，设：，联立，整理得，整理得联立，整理得，则，则，即则，即此时点到轴的距离大于2；综上所述，点到轴最小距离为221. 如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，平面平面，（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的大小【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；（2）过作，垂足分别为，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可.【小问1详解】因为平面平面，平面平面，平面
21、，所以平面，又因为平面，所以平面平面【小问2详解】过作，垂足分别为，连接，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，因为平面，所以，即即为二面角的平面角，不妨设，则可知，且，因为，所以，所以，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线PD与平面PBC所成角为，则，即.22 已知函数（1）若函数在上是单调递增，求实数的取值范围；（2）若对于任意，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明【答案】（1） （2）；证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得当时恒成立，则，利用导数运算处理；（2）函数在上单调递增，通过作差判断的大小关系，借助导数判断大小【小问1详解】则由题意可得当时恒成立构建，则当时恒成立在上单调递增，当时恒成立则即【小问2详解】构建，则且在区间连续则在区间上存在极值点即存在正实数，使得，即设，当时恒成立则函数在上单调递增，则，即，则，由（1）可知函数在上单调递增，则，即【点睛】整理得到，观察构建
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