山西省太原市2022届高三二模数学试题（理）含答案解析

《山西省太原市2022届高三二模数学试题（理）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省太原市2022届高三二模数学试题（理）含答案解析（29页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、山西省太原市2022届高三二模数学试题（理）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分， 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点在第二象限，且，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知命题p：若，则；命题q：，那么下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 4. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 15. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 为奇函数B. 为偶函数C. 为奇函数D. 为偶函数6. 等差数列的前n项和为，若则公差（ ）A 1B. 2C. 1D. 27. 已知函数，则（ ）A. 在上单调递增

2、B. 在上单调递减C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点对称8. 某产品需要通过两类质量检验才能出货已知该产品第一类检验单独通过率为第二类检验单独通过率为，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立若该产品能出货的概率为则（ ）A B. C. D. 9. 已知双曲线的右焦点为，点Q为双曲线左支上一动点，圆与y轴的一个交点为P，若，则双曲线离心率的最大值为（ ）A. B. C. D. 10. 过抛物线焦点F的直线交抛物线于M，N两点，若，则的值为（ ）A B. C. 或3D. 或211.

3、 已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，则动点M运动路线的长度为（ ）A. B. C. D. 12. 已知函数图象上存在两条互相垂直的切线，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 曲线在处的切线方程为_14. 已知向量，满足，若，则，夹角的余弦值为_.15. 2021年9月，我国三星堆遗址出土国宝级文物“神树纹玉琮”，如图所示，该玉琮由整块灰白色玉料加工而成，外方内圆，中空贯通，形状

4、对称为计算玉琮的密度，需要获得其体积等数据已知玉琮内壁空心圆柱的高为h，且其底面直径为d，正方体(四个面与外侧圆柱均相切)的棱长为a，且dah，则玉琮的体积为_(忽略表面磨损等)16. 已知数列首项为1，前n项和为，且，则数列数列的前n项和_三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c设（1）求角C；（2）若D为AB中点，求的面积19. 如图，在三棱柱中，侧面是矩形，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF的中点（1）证明：平面

5、；（2）求二面角的余弦值21. 足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目（1）假设发点球时，球员等可能地选择左、中、右三个方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时有的可能将球扑出球门外在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和数学期望；（2）某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行假设每个球都能被接住，记第n次传球后球又回到甲脚下的概率为求证：数列为等比数列，并求23

6、. 已知椭圆C：的左焦点为，离心率为，过的直线与椭圆交于M，N两点，当MNx轴时，.（1）求椭圆C的方程；（2）设经过点H（0，-1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求PQG面积的取值范围.25. 已知函数（1）当时，求a的取值范围；（2）若在时有两个极值点，证明：；（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑【选修4-4：坐标系与参数方程】27. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐

7、标方程为.（1）将曲线和直线化为直角坐标方程；（2）过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.【选修4-5：不等式选讲】29. 已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.（1）若不等式有解，求a的取值范围；（2）当时，对任意正实数p，q，证明：.山西省太原市2022届高三二模数学试题（理）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【1题答案】【答案】B【解析】【分析】先求解对数不等式得到，再利用集合的交集、补集运算，计算即得解【详解】由题意，故，故选：B2. 在复平面内，复数对应的点在第二象限，

8、且，则（ ）A. B. C. D. 【2题答案】【答案】A【解析】【分析】设，且，根据复数模的计算公式得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设，且，所以因为，所以，解得或（舍去）；所以；故选：A3. 已知命题p：若，则；命题q：，那么下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【3题答案】【答案】C【解析】【分析】先判断的真假，再根据复合命题的真值表进行判断即可【详解】因为，所以命题为假命题，则为真命题；又当，则，所以，所以命题为真命题，则为假命题，所以根据复合命题的真值表，可得为真命题，故选：C4. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 1【4题答案】

9、【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的对称性，结合题意即可求出结果.【详解】因为，根据正态分布的对称性，可得.故选：B.5. 已知函数，则下列说法正确是（ ）A. 为奇函数B. 为偶函数C. 为奇函数D. 为偶函数【5题答案】【答案】B【解析】【分析】根据余弦的二倍角公式以及辅角公式，可得，在分别求出和的解析式，根据三角函数的性质，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以，所以为偶函数，故A错误，B正确；又，所以函数为非奇非偶函数函数，故C、D错误.故选：B.6. 等差数列的前n项和为，若则公差（ ）A. 1B. 2C. 1D. 2【6题答案】【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式

10、和等差数列的概念可证数列是首项为，公差为的等差数列，再根据等差数列的性质，可知，由此即可求出结果.【详解】数列为等差数，设其公差为，则等差数列的前项和，所以，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列；所以，所以.故选：D.7. 已知函数，则（ ）A. 在上单调递增B. 在上单调递减C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点对称【7题答案】【答案】C【解析】【分析】利用特殊值判断A、B，根据函数的对称性判断C、D；【详解】解：因为，当时，此时为常数函数，不具有单调性，故A、B均错误；因为，所以，所以关于对称，故C正确，D错误；故选：C8. 某产品需要通过两类质量检验才能出货已知该产品第一类检验单

11、独通过率为第二类检验单独通过率为，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立若该产品能出货的概率为则（ ）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】C【解析】【分析】利用独立事件和互斥事件概率计算公式直接求解【详解】解：设表示第次通过第一类检验，表示第次通过第二类检验，由题意得，即，解得或（舍.故选：C9. 已知双曲线的右焦点为，点Q为双曲线左支上一动点，圆与y轴的一个交点为P，若，则双曲线离心率的最大值为（ ）A. B. C. D. 【9题答案】【答案】A【解析】【分析】将条件转化为三

12、角形两边之和大于第三边，得到实半轴长的取值范围，进而得到离心率的最大值.【详解】设双曲线的左焦点为,则，所以，由题意可得所以，所以.故选：A.10. 过抛物线焦点F的直线交抛物线于M，N两点，若，则的值为（ ）A. B. C. 或3D. 或2【10题答案】【答案】D【解析】【分析】直接根据抛物线中切点弦的性质即可得结论.【详解】在抛物线中，由焦点弦的性质可得，解得或，所以或，故选：D.11. 已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，则动点M运动路线的长度为（ ）A. B. C. D. 【11题答案】【答案】B【解析】【分析】根据给定条件探求出过点D垂直于直线BN的平

13、面，可得此平面截球O的截面小圆即为M的运动路线，求出点O到此截面距离即可计算作答.【详解】在正方体中，在BB1上取点P，使B1P=2BP，连接CP，DP，如图，因N在B1C上，有，即，则，于是得，而平面BCC1B1，平面BCC1B1，则，又，平面CDP，则有平面CDP，因动点M满足，则有点M在平面CDP内，依题意，平面CDP截球O的截面小圆即为M的运动路线，令正方形BCC1B1与正方形ADD1A1的中心分别为E，F，连接EF，则正方体内切球球心O必为线段EF中点，显然，EF/CD，平面CDP，平面CDP，于是得EF/平面CDP，则点O到平面CDP距离等于点E到平面CDP的距离h，取BC中点G，

14、连接EG，CE，PE，而平面CDP平面BCC1B1，平面CDP平面BCC1B1=CP，则的边CP上的高等于h，EGBC，则，直角梯形BGEP中，则，中，由余弦定理得，由得：，设点M运动路线的小圆半径为r，而球O的半径，由得，所以动点M运动路线的长度为.故选：B12. 已知函数图象上存在两条互相垂直的切线，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【12题答案】【答案】D【解析】【分析】根据已知条件用换元法令，利用导数及三角函数的差的正弦公式即可得出导函数的范围，根据已知条件得出，再利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解.【详解】由，令，由，得，所以由题意可知，存在，使得，只需要，即，所以，

15、所以的最大值为.故选: D.【点睛】解决此题的关键是用换元思想，再利用存在两条互想垂直的直线进而得出，再利用三角函数的性质即可求解.本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 曲线在处的切线方程为_【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而可求出切线方程.【详解】因为，所以，所以切线的斜率，所以切线方程为.故答案为：.14. 已知向量，满足，若，则，夹角的余弦值为_.【14题答案】【答案】【解析】【分析】利用数量积得性质可求

16、得，再代夹角公式即可求解【详解】，则，因为所以即所以所以故答案为：15. 2021年9月，我国三星堆遗址出土国宝级文物“神树纹玉琮”，如图所示，该玉琮由整块灰白色玉料加工而成，外方内圆，中空贯通，形状对称为计算玉琮的密度，需要获得其体积等数据已知玉琮内壁空心圆柱的高为h，且其底面直径为d，正方体(四个面与外侧圆柱均相切)的棱长为a，且dah，则玉琮的体积为_(忽略表面磨损等)【15题答案】【答案】。【解析】【分析】由题意可知，玉琮是由上下两个圆柱和中间一个正方体组合成的几何体挖去中间一个圆柱而形成的组合体，进而结合几何体的体积公式即可求出结果.【详解】由题意可知，玉琮是由上下两个圆柱和中间一个

17、正方体组合成的几何体挖去中间一个圆柱而形成的组合体,其中上下圆柱的体积为，正方体的体积为，挖去圆柱的体积为，则玉琮的体积为，故答案为：.16. 已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列数列的前n项和_【16题答案】【答案】【解析】【分析】由，得到，利用累乘法得到，再利用数列通项与前n项和的关系得到，进而得到，利用裂项相消法求解.【详解】解：因为，所以，则，则，当时，当时，综上：，所以，所以数列的前n项和为：，故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 在中

18、，角A，B，C的对边分别为a，b，c设（1）求角C；（2）若D为AB中点，求的面积【17题答案】【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数关系的平方关系、正弦定理、余弦定理可求解；（2）利用求出，再由面积公式可求解.【小问1详解】，即，由正弦定理得，即，【小问2详解】由于D为AB中点，所以,而所以，19. 如图，在三棱柱中，侧面是矩形，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【19题答案】【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）作图，由对应比例证明，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对

19、应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算.【小问1详解】连接，交于点，连接，由题意，四边形为平行四边形，所以，因为E为中点，且相似比为，又，为，中点，又平面，平面，平面.【小问2详解】连接，因为，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，则，所以，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21. 足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目（1）假设发点球时，球员等可能地选择左、中、右三个

20、方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时有的可能将球扑出球门外在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和数学期望；（2）某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行假设每个球都能被接住，记第n次传球后球又回到甲脚下的概率为求证：数列为等比数列，并求【21题答案】【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2）证明见解析；【解析】分析】(1)根据二项分布可求解；(2)根据题意有，再根据递推关系可求解.【小问1详解】每个点球能被

21、守门员扑出球门外的概率为，由题知，X的分布列为：X0123P【小问2详解】由已知第次传球后球又回到甲脚下的概率为，时，是首项为，公比为的等比数列，23. 已知椭圆C：的左焦点为，离心率为，过的直线与椭圆交于M，N两点，当MNx轴时，.（1）求椭圆C方程；（2）设经过点H（0，-1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求PQG面积的取值范围.【23题答案】【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据点的坐标结合离心率，列出等式即可求解；（2）设直线PQ方程，代入椭圆结合韦达定理，表示出点G坐标，根据面积公式结合函数关系即可得解【小问1详解】设，

22、得，所以椭圆C的方程；【小问2详解】由题可得直线PQ斜率一定存在，设其直线方程，整理得：，直线FQ的方程，设，PQG面积令，所以PQG面积取值范围.25. 已知函数（1）当时，求a的取值范围；（2）若在时有两个极值点，证明：；【25题答案】【答案】（1） （2） 证明见解析；证明见解析【解析】【分析】（1）令，讨论，两种情况，利用导数结合得出a的取值范围；（2）由是的两个不相等的实数根，得出，令，利用导数证明，即可得出；由可得等价于，结合得出，再由得出.【小问1详解】设，由题意可得时，恒成立，当时，在单调递增，在单调递增，在恒成立当时，时，单调递减，时，单调递增，上存在使得，在上，单调递减，在

23、上，单调递增，在不恒成立，综上，a的取值范围为【小问2详解】由题意可得，是的两个不相等的实数根，不妨设，因为，所以，令，则，且，所以，要证，只要证，即（*）令，则，所以在单调递增，所以，所以（*）成立，得证由知要证，即证，即证（*）又是的两个不相等的实数根，即有两个不同的交点，令，当时，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增时，当时，因为有两个不同的交点，所以，（*）即证，上式即证，也就是要证，（）令，即函数在上单调递增，证明（）成立只需证，该式显然成立原式得证【点睛】关键点睛：在证明时，由，令，得出等价于，再构造函数，利用导数得出.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如

24、果多做，则按所做的第一题计分作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑【选修4-4：坐标系与参数方程】27. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）将曲线和直线化为直角坐标方程；（2）过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.【27题答案】【答案】（1）， （2）（去掉）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程【小问1详解】由C的参数方程：，C：，由得.【小问2详解】设，则，即，由得即，即，M的轨迹方程为（去掉）.【选修4-5：不等式选讲】29. 已知函数的最大值为M，正实数m，n满足m+n=M.（1）若不等式有解，求a的取值范围；（2）当时，对任意正实数p，q，证明：.【29题答案】【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求解；（2）先利用绝对值三角不等式求得最大值，再利用作差法比较.【小问1详解】解：由绝对值不等式，得，故，当且仅当时取“=”，所以不等式有解的充要条件是，解得或，故实数a的取值范围为【小问2详解】证明：由题可得，当且仅当时取“=”，故，所以M=1，m+n=1.因为，所以故.