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    2022年高考数学二模试卷含解析 .pdf

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    2022年高考数学二模试卷含解析 .pdf

    广东省揭阳市高考数学二模试卷(理科)一、选择题:共 12小题,每小题 5 分,共 60分。在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的 .1函数 f(x)=+lg(63x)的定义域为()A(, 2)B(2,+) C 1,2)D 1,22己知复数 z=(aR,i 是虚数单位)是纯虚数,则| z| 为()ABC6 D33“pq 是真命题 ” 是“pq 是真命题 ” 的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知 sin cos= ,则 cos(2 )=()ABCD5己知 0ablc,则()AabaaBcacbClogaclogbc Dlogbclogb a6中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器商鞍铜方升,其三视图如图所示 (单位:升) , 则此量器的体积为 (单位:立方升) ()A14 B12+C12+D38+27设计如图的程序框图,统计高三某班59 位同学的数学平均分,输出不少于平均分的人数 (用 j 表示),则判断框中应填入的条件是()精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 24 页Ai58? Bi58? Cj59? Dj59?8某撤信群中四人同时抢3 个红包,每人最多抢一个,则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为()ABCD9己知实数 x,y 满足不等式组,若 z=x2y 的最小值为 3,则 a 的值为()A1 BC2 D10函数 f(x)=x2()x的大致图象是()ABCD11 已知一长方体的体对角线的长为l0,这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8,则这个长方体体积的最大值为()A64 B128 C192 D38412已知函数 f(x)=sin2+sin x( 0),xR,若 f(x)在区间( ,2 )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 24 页内有零点,则 的取值范围是()A(,)(,+)B(0, ,1) C(,) (,)D(,)(,+)二、填空题(本大题共4 小题,每小题 5 分,共 20 分,请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上 .13已知向量=(x1,2), =(2,x1)满足=| ?| ,则 x=14已知直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0(mR)相切,则 m 的值为15在ABC 中,已知与的夹角为 150 ,| =2,则| 的取值范围是16己知双曲线=1(b0)的离心率为,F1,F2时双曲线的两个焦点, A 为左顶点、 B(0,b),点 P 在线段 AB 上,则?的最小值为三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17(12 分)已知数列 an 中,a1=1,an+1=+n+1(I)求证:数列 +1是等比教列(II)求数列 an 的前 n 项和为 Sn18(12 分)己知图 1 中,四边形 ABCD 是等腰梯形, ABCD,EFCD,O、Q 分别为线段 AB,CD 的中点, OQ 与 EF 的交点为 P,OP=1,PQ=2,现将梯形 ABCD 沿EF 折起,使得 OQ=,连结 AD,BC,得一几何体如图2 示(I)证明:平面 ABCD 平面 ABFE;(II)若图 1 中 A=45 ,CD=2,求平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值19 (12 分)某学校在一次第二课堂活动中, 特意设置了过关智力游戏, 游戏共五关规定第一关没过者没奖励,过n(nN* )关者奖励 2n1件小奖品(奖品都一样)如图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 24 页是小明在 10 次过关游戏中过关数的条形图,以此频率估计概率()估计小明在 1 次游戏中所得奖品数的期望值;(II)估计小明在 3 次游戏中至少过两关的平均次数;()估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率20(12 分)己知椭圆+=1(ab0)与抛物线 y2=2px(p0)共焦点 F2,抛物线上的点 M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1,且椭圆与抛物线的交点Q 满足| QF2| =(I)求抛物线的方程和椭圆的方程;(II)过抛物线上的点P 作抛物线的切线y=kx+m 交椭圆于 A,B 两点,设线段 AB 的中点为 C(x0,y0),求 x0的取值范围21(12 分)设函数 f(x)=(xa)2(aR),g(x)=lnx,(I)试求曲线 F(x)=f(x)+g(x)在点( 1,F(1)处的切线 l 与曲线 F(x)的公共点个数;(II)若函数 G(x)=f(x)g(x)有两个极值点,求实数a的取值范围(附:当a0,x趋近于0时,2lnx趋向于 +)三、请考生在第( 12)、(23)題中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分. 选修 4-4:坐标系与参数方程 22(10 分)在直角坐标系xOy 中,已知直线l1:y=tan?x(0a ,),抛物线 C:(t 为参数)以原点O 为极点, x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系()求直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程;()若直线 l1和抛物线 C 相交于点 A(异于原点 O),过原点作与 l1垂直的直线 l2,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 24 页l2和抛物线 C 相交于点 B(异于原点 O),求 OAB 的面积的最小值五、 选修 4-5:不等式选讲 (共 1 小题,满分 0 分)23己知函数f(x)=|2|x| 1| (I)求不等式 f(x)1 的解集 A;()当 m,nA 时,证明: | m+n| mn+1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 24 页2017 年广东省揭阳市高考数学二模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题:共 12小题,每小题 5 分,共 60分。在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的 .1函数 f(x)=+lg(63x)的定义域为()A(, 2)B(2,+) C 1,2)D 1,2【考点】 33:函数的定义域及其求法【分析】 根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可【解答】 解:由题意得:,解得: 1x2,故函数的定义域是 1,2),故选: C【点评】本题考查了求函数的定义域问题,考查二次根式以及对数函数的性质,是一道基础题2己知复数 z=(aR,i 是虚数单位)是纯虚数,则| z| 为()ABC6 D3【考点】 A8:复数求模【分析】 利用复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式即可得出【解答】 解:复数 z=(aR,i 是虚数单位)是纯虚数,=0,0解得 a=6z=3i则| z| =3故选: D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 24 页【点评】 本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于基础题3“pq是真命题”是“pq是真命题”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】 2E:复合命题的真假; 29:充要条件【分析】 由真值表可知若pq 为真命题,则 p、q 都为真命题,从而pq 为真命题,反之不成立,从而求解【解答】 解: pq为真命题,则 p、q 中只要有一个命题为真命题即可,pq 为真命题,则需两个命题都为真命题,pq 为真命题不能推出pq 为真命题,而 pq 为真命题能推出pq 为真命题“pq 是真命题 ” 是“pq 是真命题 ” 的充分不必要条件,故选 A【点评】本题考查了利用充要条件定义判断充分必要性的方法,利用真值表判断命题真假的方法,熟记真值表是解决本题的关键4已知 sin cos= ,则 cos(2 )=()ABCD【考点】 GT:二倍角的余弦; GI:三角函数的化简求值【分析】 由已知,利用二倍角公式可求sin2 的值,进而利用诱导公式即可化简求值得解【解答】 解: sin cos= ,两边平方,可得: 12sin cos= ,可得: 1sin2 = ,cos(2 )=sin2 = 故选: C【点评】本题主要考查了二倍角公式,诱导公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于基础题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 24 页5己知 0ablc,则()AabaaBcacbClogaclogbc Dlogbclogb a【考点】4M:对数值大小的比较【分析】 利用指数函数、对数函数的单调性即可判断出正误【解答】 解: 0ablc,则 abaa,cacb,logaclogbc,logbclogba故选: C【点评】 本题考查了指数函数、对数函数的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于基础题6中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器商鞍铜方升,其三视图如图所示 (单位:升) , 则此量器的体积为 (单位:立方升) ()A14 B12+C12+D38+2【考点】 L!:由三视图求面积、体积【分析】 该几何体为一底面半径为、高为 2 的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1 的长方体的组合,由此能求出此量器的体积【解答】 解:由三视图得到该几何体为一底面半径为、高为 2 的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1 的长方体的组合,如右图,故此量器的体积为: V=故选: B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 24 页【点评】本题考查三视图与几何体的直观图的关系,几何体的体积的求法,考查计算能力与空间想象能力,是基础题7设计如图的程序框图,统计高三某班59 位同学的数学平均分,输出不少于平均分的人数 (用 j 表示),则判断框中应填入的条件是()Ai58? Bi58? Cj59? Dj59?【考点】 EF:程序框图【分析】分析程序中各变量、 各语句的作用, 再根据流程图所示的顺序, 由程序框图知:要想判断所有 59 位学生的成绩 aib(i=1,2,3,59)是否成立,判断框中应填入的条件是 i58?【解答】 解:由程序框图知:先输入 59 位同学的数学成绩,并求出平均分b,然后依次判断 59 名学生的成绩 aib(i=1,2,3,59)是否成立,若成立, j=j+1,再判断下一位,若不成立,直接判断下一位,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 24 页由此得到要想判断所有59 位学生的成绩 aib(i=1,2,3,59)是否成立,判断框中应填入的条件是i58?故选: B【点评】 根据流程图(或伪代码)写程序的运行结果,是算法这一模块最重要的题型,其处理方法是:分析流程图(或伪代码),从流程图(或伪代码)中既要分析出计算的类型,又要分析出参与计算的数据(如果参运算的数据比较多,也可使用表格对数据进行分析管理) ? 建立数学模型,根据第一步分析的结果,选择恰当的数学模型解模8某撤信群中四人同时抢3 个红包,每人最多抢一个,则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为()ABCD【考点】 CB:古典概型及其概率计算公式【分析】 3 个红包分配给四人共有种分法, “ 甲、乙两人都抢到红包 ” 指从 3个红包中选 2 个分配给甲、乙,其余1 个分配给另外二人,甲、乙两人都抢到红包的概率【解答】 解:3 个红包分配给四人共有种分法,“ 甲、乙两人都抢到红包 ” 指从 3 个红包中选 2 个分配给甲、乙,其余1 个分配给另外二人,甲、乙两人都抢到红包的概率:p=甲、乙两人都抢到红包的概率为故选: D【点评】 本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等可能事件概率计算公式的合理运用9己知实数 x,y 满足不等式组,若 z=x2y 的最小值为 3,则 a 的值为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 24 页()A1 BC2 D【考点】 7C:简单线性规划【分析】 画出约束条件的可行域,利用目标函数的最值列出方程,求解即可【解答】 解:实数 x,y 满足不等式组的可行域如图,当直线 z=x2y 过点 A(a2,a)时, z 取得最小值,即 a22a=3 可得 a=1故选: A【点评】 本题考查线性规划的简单应用,考查数形结合以及计算能力10函数 f(x)=x2()x的大致图象是()ABCD【考点】 3O:函数的图象【分析】 利用 f(0),f(2),f(4)的函数值,排除选项即可推出结果【解答】 解:由 f(0)=1 可排除( D),由 f(2)=44=0,f(4)=1616=0,可排( A)(C),故选 B【点评】 本题考查函数的图象的判断,特殊点的应用,考查计算能力11 已知一长方体的体对角线的长为l0,这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 24 页则这个长方体体积的最大值为()A64 B128 C192 D384【考点】 LF:棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】 以投影面为底面,得正方体的高为6, 设长方体底面边长分别为a,b, 则a2+b2=64,由此能求出这个长方体体积的最大值【解答】 解:以投影面为底面,得到正方体的高为=6,设长方体底面边长分别为a,b,则 a2+b2=64,这个长方体体积V=6ab3(a2+b2)=192这个长方体体积的最大值为192故选: C【点评】本题考查长方体的体积的最大值的求法,考查基本不等式、长方体性质等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想,是中档题12已知函数 f(x)=sin2+sin x( 0),xR,若 f(x)在区间( ,2 )内有零点,则 的取值范围是()A(,)(,+)B(0, ,1) C(,) (,)D(,)(,+)【考点】 54:根的存在性及根的个数判断【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式,利用零点求出x 的值,然后利用特殊值排除选项推出结果即可【解答】 解: f(x)=sin (x ),由f(x)=0,可得x=(kZ),令 =2 得函数 f(x)有一零点 x=( ,2 ),排除( B)、( C),令得函数 f(x)在( 0,+)上的零点从小到大为:x1=,x2,显然 x1?( ,2 ),x2?( ,2 ),可排除( A),故选: D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 24 页【点评】 本题考查函数的零点的判断与应用,三角函数的化简求值,考查转化思想二、填空题(本大题共4 小题,每小题 5 分,共 20 分,请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13已知向量=(x1,2), =(2,x1)满足=| ?| ,则 x=1【考点】 9R:平面向量数量积的运算【分析】 由便可得出的方向相反,即有,这样根据平行向量的坐标关系即可求出x 值,并满足方向相反,从而确定x 的值【解答】 解:;夹角为 ;,且方向相反;(x1)24=0;x1=2,或 x1=2(舍去);x=1故答案为: 1【点评】 考查向量数量积的计算公式,已知余弦值求角,向量夹角的概念,以及平行向量的坐标关系14已知直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0(mR)相切,则 m 的值为3【考点】 J7:圆的切线方程【分析】利用直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0(mR)相切,根据点到直线的距离公式,建立方程,即可得到结论【解答】解: 圆 x2+y22y+m=0 可化为 x2+ (y1)2=1m, 圆心为(0, 1) , 半径 r=,由题意,直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0(mR),可得=,m=3故答案为: 3【点评】 本题考查直线与圆相切,考查点到直线的距离公式,考查学生的计算能力,属精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 24 页于基础题15在ABC 中,已知与的夹角为 150 ,| =2,则| 的取值范围是(0,4 【考点】 9S:数量积表示两个向量的夹角【分析】与的夹角为 150 ,| 可得 B=30 由正弦定理可得:=4,可得=4sinC,利用 0C150,即可得出【解答】 解:与的夹角为 150 ,| 可得 B=30 由正弦定理可得:=4,可得=4sinC,又 0C150,可得:故答案为:( 0,4 【点评】 本题考查了正弦定理、向量夹角、三角函数的单调性与值域,考查了推理能力与计算能力,属于中档题16己知双曲线=1(b0)的离心率为,F1,F2时双曲线的两个焦点, A 为左顶点、 B(0,b),点 P 在线段 AB 上,则?的最小值为【考点】 KC:双曲线的简单性质【分析】 设 P(x,y)推出=(x,y)(x, y)=x2+y25,通过垂直整合求解最小值即可【解答】解:双曲线=1 (b0) 的离心率为, A 为左顶点、可得 a=2, 则 c=,b=1,设 P(x,y)则=(x,y)(x,y)=x2+y25,显然,当 OPAB 时,x2+y2取得最小值,由面积法易得(x2+y2)min=,故点 P在线段AB 上,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 24 页则?的最小值为:故答案为:【点评】 本题考查双曲线的简单性质的应用,考查计算能力三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17(12 分)( 2017? 揭阳二模)已知数列 an 中,a1=1,an+1=+n+1(I)求证:数列 +1是等比教列(II)求数列 an 的前 n 项和为 Sn【考点】 8H:数列递推式; 8E:数列的求和【分析】 (I)an+1=+n+1,可得+1=2,即可证明数列 +1是等比教列,公比为2,首项为 2(II)由( I)可得: +1=2n,可得 an=n?2nn利用错位相减法、等比数列的求和公式及其等差数列的求和公式即可得出【解答】 (I)证明: an+1=+n+1,=+1,+1=2,数列 +1 是等比教列,公比为2,首项为 2(II)解:由( I)可得: + 1=2n,可得 an=n?2nn设数列 n?2n 的前 n 项和为 Tn则 Tn=2+222+323+n?2n,2Tn=22+223+(n1)?2n+n?2n+1,相减可得: Tn=2+22+2nn?2n+1=n?2n+1,可得: Tn=(n1)?2n+1+2Sn=(n1)?2n+1+2【点评】本题考查了错位相减法、等比数列与等差数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系,考查了推理能力与计算能力,属于中档题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 24 页18(12 分)( 2017? 揭阳二模)己知图1 中,四边形 ABCD 是等腰梯形, ABCD,EFCD,O、Q 分别为线段 AB,CD 的中点, OQ 与 EF 的交点为 P,OP=1,PQ=2,现将梯形 ABCD 沿 EF 折起,使得 OQ=,连结 AD,BC,得一几何体如图2 示(I)证明:平面 ABCD 平面 ABFE;(II)若图 1 中 A=45 ,CD=2,求平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值【考点】 MT:二面角的平面角及求法;LY :平面与平面垂直的判定【分析】 ()推导出 OPEF、PQEF,OQOP,从而 EF平面 OPQ,进而 EFOQ,OQ平面 ABFE,由此能证明平面ABCD平面 ABFE()以 O 为原点,PO 所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系Oxyz,利用向量法能求出平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值【解答】 证明:( )在图 3 中,四边形 ABCD 为等腰梯形,O、Q 分别为线段 AB、CD 的中点,OQ 为等腰梯形 ABCD 的对称轴,又 ABEFCD,OPEF、PQEF,(2 分)在图 4 中, OQ2+OP2=PQ2,OQOP,(3 分)由及 OPPQ=P,得 EF平面 OPQ,EFOQ,(4 分)又 OPEF=P,OQ平面 ABFE,又 OQ? 平面 ABCD ,平面 ABCD 平面 ABFE(6 分)解:( )在图 4 中,由 A=45 ,CD=2,解得 PE=PF=3,AO=OB=4,( 7 分)以 O 为原点, PO所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则 B(0,4,0)、F(1,3,0)、C(0,1,),=(1,1,0),=(0,3,),( 8 分)设 =(x,y,z)是平面 BCF 的一个法向量,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 24 页则,取 z=3,得=(,3),( 9 分)同理可得平面 ADE 的一个法向量=(),( 10 分)设所求锐二面角的平面角为,则 cos= | cos , | =,所以平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为(12 分)【点评】 本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、数形结合思想,是中档题19(12 分)( 2017? 揭阳二模)某学校在一次第二课堂活动中,特意设置了过关智力游戏,游戏共五关规定第一关没过者没奖励,过n(nN* )关者奖励 2n1件小奖品(奖品都一样)如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图,以此频率估计概率()估计小明在 1 次游戏中所得奖品数的期望值;(II)估计小明在 3 次游戏中至少过两关的平均次数;()估计小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 24 页【考点】 CH:离散型随机变量的期望与方差;B8:频率分布直方图; CG:离散型随机变量及其分布列【分析】 ()设小明在 1 次游戏中所得奖品数为 ,根据题意写出 的分布列,计算期望值;()设小明在 3 次游戏中至少过两关的次数为X,则 XB(3,0.7),计算 E(X)即可;()计算小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率值即可【解答】 解:( )设小明在 1 次游戏中所得奖品数为 ,则 的分布列为0124816P0.10.20.30.20.10.1( 2 分) 的期望值为 E( )=00.1+10.2+20.3+40.2+80.1+160.1=4; (4分)()小明在 1 次游戏中至少过两关的概率为0.7,设小明在 3 次游戏中至少过两关的次数为X,可知 XB(3,0.7),则 X 的平均次数 E(X)=30.7=2.1;( 7 分)()小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件含三类:恰好一次 =16 和两次 =8 ,恰好二次 =16 ,恰好三次 =16 ,( 8 分)?P (=16 )?P (=8 )2=30.10.12=0.003,( 9 分?P (=16 )2?P ( 16)=30.12(10.1)=0.027,( 10分)?P (=16 )3=0.13=0.001;( 11 分)所以小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率为 P=0.003+0.027+0.001=0.031( 12分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 24 页【点评】 本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题,是综合题20(12 分)(2017? 揭阳二模)己知椭圆+=1(ab0)与抛物线 y2=2px(p0)共焦点 F2,抛物线上的点 M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1,且椭圆与抛物线的交点Q满足| QF2| =(I)求抛物线的方程和椭圆的方程;(II)过抛物线上的点P 作抛物线的切线y=kx+m 交椭圆于 A,B 两点,设线段 AB 的中点为 C(x0,y0),求 x0的取值范围【考点】 KP:圆锥曲线的范围问题;K3:椭圆的标准方程; K7:抛物线的标准方程【分析】 (I)利用抛物线上的点M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1,通过抛物线的定义,转化解得 p=2,得到抛物线的方程, 通过椭圆的右焦点F2(1,0),左焦点 F1(1,0),由| QF2| =,解得 Q(,)利用椭圆的定义求出a,b求解椭圆的方程(II)显然 k0,m0,由消去 x,推出 km=1,由消去 y,推出9k2m2+80,求出 0m29,设 A(x1,y1),B(x2,y2),结合韦达定理求解x0的取值范围【解答】 解:( I)抛物线上的点M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1,点 M 到直线 x=1 的距离等于点 M 到焦点 F2的距离,( 1 分)得 x=1 是抛物线 y2=2px 的准线,即=1,解得 p=2,抛物线的方程为y2=4x;(3 分)可知椭圆的右焦点F2(1, 0) , 左焦点 F1(1, 0) , 由| QF2| =, 得 xQ+1=, 又 yQ2=4xQ,解得 Q(,),( 4 分)由椭圆的定义得 2a=| QF1|+| QF2| =+=6, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页,共 24 页a=3,又 c=1,得 b2=a2c2=8,椭圆的方程为(6 分)(II)显然 k0,m0,由消去 x,得 ky24y+4m=0,由题意知 =1616km=0,得 km=1,( 7 分)由消去 y,得( 9k2+8)x2+18kmx+9m272=0,其中2=(18km)24(9k2+8)(9m272)0,化简得 9k2m2+80, (9 分又 k=,得 m48m290,解得 0m29,( 10 分)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x0=0,由 k2=,得 x01,x0的取值范围是( 1,0)( 12 分)【点评】本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用,范围问题的处理方法,考查转化思想以及计算能力21(12 分)( 2017? 揭阳二模)设函数f(x)=(xa)2(aR),g(x)=lnx,(I)试求曲线 F(x)=f(x)+g(x)在点( 1,F(1)处的切线 l 与曲线 F(x)的公共点个数;(II)若函数 G(x)=f(x)g(x)有两个极值点,求实数a的取值范围(附:当 a0,x 趋近于 0 时,2lnx趋向于 +)【考点】 6D:利用导数研究函数的极值;6H:利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】 ()求出函数的导数,计算F(1),F (1),求出切线方程,联立方程组得到得 x23x+lnx+2=0,设 h(x)=x23x+lnx+2,根据函数的单调性判断即可;精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页,共 24 页()设 r(x)=2lnx+1,通过讨论 a的范围,结合函数的单调性确定a的范围即可【解答】 解:( )F(1)=(1a)2,F (x)=2(xa)+,切线 l 的斜率是 F (1)=32a,故切线方程是 y(1a)2=(32a)(x1),即 y=(32a)x+a22,联立 y=F(x)=(xa)2+lnx,得 x23x+lnx+2=0,设 h(x)=x23x+lnx+2,则 h (x)=,由 h (x)0 以及 x0,得 0 x或 x1,故 h(x)在( 0,)和( 1,+)递增,故 h(x)在(,1)递减,又 h(1)=0,h()=0,故存在 x0(0,),h(x0)=0,故方程 x23x+lnx+2=0 有 2 个根: 1 和 x0,从而切线 l 和曲线 F(x)有 2 个公共点;()由题意得 G(x)=(xa)(2lnx+1)=0 在(0,+)至少有 2 个不同的根,设 r(x)=2lnx+1,a0 时,x1=a 是 G (x)=0 的根,由 y=2lnx+1 与 y=(a0)恰有 1 个公共点,可知 2lnx+1=0 恰有 1 根 x2,由 x2=x1=a得 a=1,不合题意,故 a0 且 a1 时,检验可知 x1=a 和 x2是 G(x)的 2 个极值点;a=0时,G (x)=x(2lnx+1)=0在(0,+)仅 1 根,故 a=0不合题意;a0 时,需 r(x)=2lnx+1=0 在(0,+)至少有 2 个不同的实根,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页,共 24 页由 r(x)=+0,得 x,故 r(x)在(,+)递增,故 r(x)在( 0,)递减, a0,x0时,r(x)+,且 x1 时,r(x)0,由题意得,需 r(x)min0,即 r()=2ln()+30,解得: a2,故2a0,综上, a( 2,0)( 0,1)( 1,+)【点评】 本题考查了切线方程问题,考查函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,是一道综合题三、请考生在第( 12)、(23)題中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分. 选修 4-4:坐标系与参数方程 22(10 分)( 2017? 揭阳二模)在直角坐标系xOy 中,已知直线l1:y=tan?x(0a ,),抛物线 C:(t 为参数)以原点 O 为极点, x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系()求直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程;()若直线 l1和抛物线 C 相交于点 A(异于原点 O),过原点作与 l1垂直的直线 l2,l2和抛物线 C 相交于点 B(异于原点 O),求 OAB 的面积的最小值【考点】 Q4:简单曲线的极坐标方程;QH:参数方程化成普通方程【分析】 ()直线 l1是过原点且倾斜角为 的直线,抛物线 C 的普通方程为 y2=4x,由此能求出直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程() 由直线 l1和抛物线 C有两个交点知 0, 把 = 代入 sin2=4cos, 得 A=,直线 l2的极坐标方程为,( R),代入 sin2=4cos,求出 B=,由此能求出 OAB 的面积的最小值【解答】 解:( )直线 l1:y=tan?x(0a ,),直线 l1是过原点且倾斜角为 的直线,其极坐标方程为 =(),(2 分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页,共 24 页抛物线 C 的普通方程为 y2=4x,(3 分)其极坐标方程为( sin )2=4cos,化简得 sin2=4cos()由直线l1和抛物线C有两个交点知0,把=代入sin2=4cos,得 A=,(6分)可知直线 l2的极坐标方程为,( R),( 7 分)代入 sin2=4cos,得 Bcos2=4sin ,所以 B=,(8 分)=16,OAB 的面积的最小值为16(10分)【点评】 本题考查抛物线、直线方程、极坐标方程、直角坐标方程、参数方程、三角形面积等基础知识, 考查推理论证能力、 运算求解能力, 考查化归与转化思想, 是中档题五、 选修 4-5:不等式选讲 (共 1 小题,满分 0 分)23(2017? 揭阳二模)己知函数f(x)=| 2| x| 1| (I)求不等式 f(x)1 的解集 A;()当 m,nA 时,证明: | m+n| mn+1【考点】 R6:不等式的证明【分析】 ()去掉绝对值,即可求不等式f(x)1 的解集 A;()当 m,nA 时,利用分析法即可证明:| m+n| mn+1【解答】 ( I)解: f(x)1 即| 2| x| 1| 112| x| 11,| x| 1(2分)解得: 1x1,所以 A= 1,1 (4 分)( II)证明:要证: | m+n| mn+1,即证( m+n)2(mn+1)2(6 分)因为 (m+n)2(mn+1)2=m2+n2m2n21=(m21)(1n2)(8 分)因为 m,nA,所以 m21,n21,所以( m21)(1n2)0所以( m+n)2(mn+1)2所以, | m+n| mn+6(10分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页,共 24 页【点评】 本题考查不等式的证明,考查分析法的综合运用,属于中档题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页,共 24 页

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