2022届重庆市高三（下）学期高考押题数学模拟试题（三）（含答案解析）丨打印.docx

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1、高考模拟试卷绝密启用前2022届重庆市高三（下）学期高考押题数学模拟试题（三）试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1命题:“”的否定为（）ABCD2若为纯虚数，且，则（）ABCD3等比数列an中，若a59，则log3a4+log3a6（）A2B3C4D94若二项式的展开式中第5项与第6项的系数相同，则（）A9B10C11D125已知非空集合A，B满足以下两个条件：（1），；（2）A的元素个数不是A中的元素

2、，B的元素个数不是B中的元素.则有序集合对的个数为（）穆童b5E2RGbCAPA1B2C3D46如图是函数的部分图象，则该函数图象与直线的交点个数为（）A8083B8084C8085D80867设A、B为圆上的两动点，且AOB=120，P为直线l：3x 4y 15=0上一动点，则的最小值为（）穆童p1EanqFDPwA3B4C5D68如图，已知，为双曲线：的左、右焦点，过点，分别作直线，交双曲线于，四点，使得四边形为平行四边形，且以为直径的圆过，则双曲线的离心率为（）穆童DXDiTa9E3dABCD评卷人得分二、多选题9已知，则下列结论中一定成立的有（）A若，则B若，则C若，则D若，则10如图

3、，正三棱柱各棱的长度均相等，为的中点，、分别是线段和线段上的动点（含端点），且满足，当、运动时，下列结论中正确的是（）穆童RTCrpUDGiTA在内总存在与平面平行的线段B平面平面C三棱锥的体积为定值D可能为直角三角形11已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆交轴于两点，设线段的中点为，则下列说法正确的是（）穆童5PCzVD7HxAA若抛物线上的点到点的距离为，则抛物线的方程为B以AB为直径的圆与准线相切C线段AB长度的最小值是D的取值范围为12已知为常数，函数有两个极值点，则（）ABCD第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、填空题13“学习强国

4、”是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质学习平台该平台设有“阅读文章”，“视听学习”等多个栏目假设在这些栏目中某时段更新了2篇文章和2个视频，一位学员准备学习这2篇文章和这2个视频，要求这2篇文章学习顺序不相邻，则不同的学法有_种（用数字作答）穆童jLBHrnAILg14已知正数x，y满足，则的最大值为_15斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，.在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中

5、的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足：，则是斐波那契数列中的第_ 项.穆童xHAQX74J0X评卷人得分四、双空题16已知为等腰直角三角形，圆为的外接圆，则_；若P为圆M上的动点，则的最大值为_穆童LDAYtRyKfE评卷人得分五、解答题17如图，在平面四边形中，对角线平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求B；(2)若，的面积为2，求18已知各项均为正数的数列的前项和为.(1)求证；数列是等差数列，并求的通项公式；(2)若表示不超过的最大整数，如，求的值.19如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E

6、，D，G四点共面.穆童Zzz6ZB2Ltk(1)证明：平面BDF平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为，求直线DF与平面ABF所成角的大小.20手机运动计步已经成为一种新时尚某单位统计职工一天行走步数（单位：百步）得到如下频率分布直方图由频率分布直方图估计该单位职工一天行走步数的中位数为125（百步），其中同一组中的数据用该组区间的中点值为代表穆童dvzfvkwMI1(1)试计算图中的a、b值，并以此估计该单位职工一天行走步数的平均值；(2)为鼓励职工积极参与健康步行，该单位制定甲、乙两套激励方案：记职工个人每日步行数为，其超过平均值的百分数，若，职工获得一次抽奖机会；

7、若，职工获得二次抽奖机会；若，职工获得三次抽奖机会；若，职工获得四次抽奖机会；若超过50，职工获得五次抽奖机会设职工获得抽奖次数为n方案甲：从装有1个红球和2个白球的口袋中有放回的逐个抽取n个小球，抽得红球个数即表示该职工中奖几次；方案乙：从装有6个红球和4个白球的口袋中无放回的逐个抽取n个小球，抽得红球个数即表示该职工中奖几次；若某职工日步行数为15700步，以期望为决策依据判断哪个方案更佳？穆童rqyn14ZNXI21已知椭圆与直线有且只有一个交点，点P为椭圆C上任一点，若的最小值为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线与椭圆C交于不同两点A，B，点O为坐标原点，且，当的面积S最大时，求2

8、2已知函数，曲线在处的切线的斜率为(1)求实数a的值；(2)对任意的，恒成立，求实数t的取值范围；(3)设方程在区间内的根从小到大依次为、，求证：21 / 27参考答案：1C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可【详解】解：命题“”是全称命题，则命题的否定是特称命题即，故选：【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，结合全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键，属于基础题2A【解析】【分析】由题知，分别代入表达式，求得复数即可.【详解】为纯虚数，由，知，当时，同理可得时，故选：A3C【解析】【分析】利用等比中项得到，直接求得.【详解】等比数列an中，若a59，所以，所以.故选

9、：C4A【解析】【分析】根据题意可得，利用组合数的性质，求得n的值，即得答案.【详解】由已知二项式的展开式中第5项与第6项的系数相同，即这两项的二项式系数相同，可得，所以，故选：A5B【解析】【分析】根据集合中元素个数分类讨论【详解】中元素个数不能为0，否则有4个元素，不合题意，中元素个数不能为2，否则中有一个含有元素2，且集合中元素个数为2，不合题意，中元素个数只能是1或3，因此有或共2对故选：B6C【解析】【分析】根据图象可知函数的解析式，然后根据并作出图象进行判断即可.【详解】由函数的局部图象可得，周期，所以，故，当时，则，因为，故，故，令得，如图所示：观察图象可知，函数和函数的图象共有

10、个交点故选：C7C【解析】【分析】取中点，求出点轨迹方程，转化求点到直线上点的距离的最小值，由此计算可得【详解】设是中点，因为，所以，即在以原点为圆心，为半径的圆上，又，所以，所以故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查圆上两动点与直线上动点间的“距离”的最小值问题，解题关键是取中点，把用表示，这样两动点转化为一个动点，求得点轨迹，利用直线与圆的位置关系求解即可穆童EmxvxOtOco8D【解析】【分析】利用双曲线的定义，几何关系以及对称性，再利用平行四边形的特点，以及点在圆周上的向量垂直特点，列方程可解.【详解】设 ，则 ，由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知： ，连接 ，则有 ，由于 在以

11、AD为直径的圆周上， ，ABCD为平行四边形， ， ，在直角三角形 中， ，解得： ， ；在直角三角形 中， ， ，得 ， ，故选：D.9AC【解析】【分析】根据正太曲线的性质即可作出判断.【详解】当时，分布更加集中，故在相同范围内，的相对累积概率越大，即A正确；当时，正太曲线形状只与相关，只影响正太曲线的位置，根据对称性可知，即C正确，故选：AC【点睛】方法点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(30 , 即0 ,解得，故选项A正确；因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，故选项C正确；又，所以，=，令，则，当，单调递增，而，所以，故选项D错误；当时（

12、符合，此时仍有两个极值点），此时，解得，所以，故正负不确定，因此选项B错误；综上所述，AC为正确答案；故选：AC.【点睛】含有参数时分类讨论，根据参数取值范围确定导数的正负从而确定函数的增减，导数双变量题目往往是划归为单变量或利用参数作为整体求解范围.穆童eUts8ZQVRd1312【解析】【分析】先对视频进行排序，再将文章进行插空即可求解.【详解】解：先将个视频进行排序，再将2篇文章进行插空，则共有种排法.故答案为：.142【解析】【分析】将变形为即，然后利用不等式即可求得答案.【详解】因为 ,则，故由题意，正数x，y满足，可得：，即，故，当且仅当时取等，故答案为：2152022【解析】【分

13、析】把1改为，然后根据递推关系变形求解【详解】依题意，得，故答案为：202216 2 【解析】【分析】易知为BC的中点，E为AB的中点，建立如图所示的直角坐标系，得到坐标，即可得的值，设与轴正半轴的夹角为，将表示为关于的三角函数，进而可得结果.穆童sQsAEJkW5T【详解】由题意得，为BC的中点，E为AB的中点，以圆心为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则设与轴正半轴的夹角为则.，.故答案为2，.17(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式即可得到，从而求出；（2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出，依题意，最后利用余弦定

14、理得到方程，解得即可；穆童GMsIasNXkA(1)解：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以所以所以(2)解：因为的面积，所以，即，所以，由余弦定理得，所以，因为平分，所以，所以，所以，所以，所以18(1)证明见解析，(2)【解析】【分析】（1）用 替换给定关系中的，求出，由此求出进而求出.（2）对适当放大为，再利用裂项相消法求其前项和，再确定这个和所在区间即可得解.(1)因为，所以当时，即，而，有，所以所以数列是以为首项，公差为1的等差数列；，则当时，又满足上式，所以的通项公式为.(2)，当时，故，当时，所以对任意的，都有，又，所以.所以.19(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】

15、（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.穆童TIrRGchYzg（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，再找到直线DF与平面ABF所成角的平面角，求其大小即可.穆童7EqZcWLZNX(1)过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，所以，又G为弧CD的中点，则是弧的中点，所以，而由题设知：，则，所以，即，由底面，面，则，又，所以面，又面，所以面面.(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，

16、则，所以，若是面的一个法向量，则，令，则，若是面的一个法向量，则，令，则，所以，整理可得，则，由题设知：面，则直线DF与平面ABF所成角，故，即.20(1)，=125.6(2)方案乙更佳【解析】【分析】（1）利用频率之和为1和中位数为125列出方程组，求出a、b值，再根据频率分布直方图求出平均值；（2）先求出，得到职工获得三次抽奖机会，计算出方案甲的数学期望和方案乙的数学期望，比较得出结论.穆童lzq7IGf02E(1)由题意得：解得，；(2)某职工日行步数（百步），职工获得三次抽奖机会，设职工中奖次数为X，在方案甲下，则分布列为：X0123P；在方案乙下：的可能取值为0，1，2，3，所以分布

17、列为：X0123P，因为，所以方案乙更佳21(1)(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求得的表达式，结合基本不等式求得最大时的关系式，从而求得点的轨迹，结合椭圆的定义求得.穆童zvpgeqJ1hk(1)设点，由题意知，则，当时，取得最小值，即，故椭圆C的标准方程为；(2)设，则由得，则点O到直线的距离，S取得最大值，当且仅当，即，此时，即，代入式整理得，即点M的轨迹为椭圆，且点，为椭圆的左、右焦点，即.22(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】（1）由来求得的值.（2）

18、由，对进行分类讨论，分离常数以及构造函数法，结合导数求得的取值范围.（3）由构造函数，利用导数以及零点存在性定理，结合函数的单调性证得.(1)因为，则，由已知可得，解得(2)由（1）可知，对任意的，恒成立，即对任意的恒成立，当时，则有对任意的恒成立；当时，则，令，其中，且不恒为零，故函数在上单调递增，则，故综上所述，(3)由可得，令，则，因为，则，所以，所以，函数在上单调递减，因为，所以，存在唯一的，使得，又，则且，所以，因为函数在上单调递减，故，即【点睛】求解不等式恒成立问题，可以考虑利用分离常数法来解决.分离常数后，利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决问题.穆童NrpoJac3v1