2022届江苏省常州市高三（下）学期【数学】模拟试题（二）（含解析）丨word文本

1、内装订线内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2022届江苏省常州市高三（下）学期【数学】模拟试题（二）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若非空且互不相等的集合A、B、C，满足：，则（）AABBCCD2已知复数z满足（其中i是虚数单位），则（）A1BC2D3在中，满足，则下列说法正确的是（）ABCD4已知直线m，n是平面的两条斜线，若m，n为不垂直的异面直线，则m，n在平面内的射影（）A不可能平行，也不可能垂直B可能平行，但不可能垂直C可能垂直，但不可能平行D可能平行，也可能垂直5已知，则正确的大小顺序是（）ABCD6己知数列满足，在之间插入n个1，构成数列：，则数列的前100项的和为（）A178B191C206D2167我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如

2、图所示在“赵爽弦图”中，若，则实数（）A2B3C4D58已知随机变量服从正态分布，若函数是偶函数，则实数（）A0BC1D2评卷人得分二、多选题9已知二项式，则下列说法中正确的有（）A二项展开式中有常数项B二项展开式的系数和为0C二项展开式的第2项系数为2022D二项展开式的第1012项的系数最大10在棱长为1的正方体中，P是底面内的动点，若，则（）AB平面C四面体的体积为定值D与底面所成的角最大为11已知圆，点，过点A的直线与圆C交于两点P，Q，且则（）A直线的斜率B的最小值为2C的最小值为D12已知函数，则（）A函数的值域为B函数是一个偶函数，也是一个周期函数C直线是函数的一条对称轴D方程有且仅有一个实数根第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命题“，”的否定是_14已知为第二象限角，若，则的值为_15在三棱锥中，已知平面，若，则与所成角的余弦值为_16设随机变量的分布列如下：12345678910P且数列满足，则_评卷人得分四、解答题17已知数列的前n项和为，且(1)若，求证：数列是等差数列；(2)求出数列的通项公式和前n项和18在中，点D是边上一

3、点，且满足：(1)证明：为等腰三角形；(2)若，求的余弦值19如图，以C为直角顶点的等腰直角三角形所在的平面与以O为圆心的半圆弧所在的平面垂直，P为上异于A，B的动点，已知圆O的半径为1(1)求证：；(2)若二面角的余弦值为，求点P到平面的距离20某校举行青年教师视导活动，对48位青年教师的备课本进行了检查，相关数据如下表：性别等第合计良好优秀男教师a1018女教师1020合计3048附：（其中）临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(1)是否有的把握认为备课本是否优秀与性别有关？(2)从48本备课本中不放回的抽取两次，每次抽取一本，求第一次取到女教师备课本的条件下，第二次取到优秀备课本的概率21已知函数(1)求函数的极值，(2)对任意实数，恒成立，求正实数a的取值范围22离心率为e的椭圆经过抛物线的焦点，且直线是双曲线的一条渐近线椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线过x轴上一定点，

4、求（用含m的式子表示）试卷第5页，共5页参考答案：1C【解析】【分析】根据题意，得到且，得出，结合交集的概念，即可求解.【详解】由题意，非空且互不相等的集合，因为，可得；又因为，可得，所以，所以.故选：C.2D【解析】【分析】先求出复数z，再求.【详解】因为复数z满足，所以.所以.故选：D3A【解析】【分析】推导出，利用余弦函数的单调性可判断A选项；利用特殊值法可判断BCD选项.【详解】对于A选项，因为，所以，则，因为，所以，A对；对于B选项，取，则，B错；对于C选项，取，则，C错；对于D选项，取，则，D错.故选：A.4D【解析】【分析】如图，借助正方体分析可以判断.【详解】如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和垂直；如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和平行；综上，m，n在平面内的射影可能平行，也可能垂直.故选：D.5B【解析】【分析】作差利用对数的性质即可比较.【详解】因为，所以，因为，所以，所以.故选：B.6A【解析】【分析】直接利用数列的通项公式和分组法的应用求出数列的和【详解】解：数列满足，在，之间插入个1，构成数列，1，1

5、，1，1，1，1，所以共有个数，当时，当时，由于，所以故选：A7B【解析】【分析】依据题给条件利用列出关于的方程，解之即可求得实数的值【详解】由，可得，又则又， 则即则即，整理得解之得，或（舍）故选：B8C【解析】【分析】利用偶函数的定义，并结合正态曲线的对称性，即可求解.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，所以.故选：C9AB【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式可判断ACD，由赋值法可求出展开式的系数和判断B .【详解】令，则，即二项展开式的系数和为0，故B正确；由知，当时，即时，展开式为常数项，故A正确；由通项展开式知，故C错误；二项展开式的第1012项系数为，故D错误.故选：AB10ABC【解析】【分析】根据推出，利用平面推出，可判断A正确；利用平面平面，推出平面，可判断B正确；根据等体积法求出四面体的体积，可判断C正确；根据平面，推出是与底面所成的角，利用，推出与底面所成的角最小为，可判断D不正确.【详解】因为，所以向量、共面，又三个向量共起点，所以平面，平面，又平面，且平面平面，所以， 对于A，因为平面，所以，又，且，所以平面，所以，同理得，又，所以平面，又平面，所以.故

6、A正确；对于B，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为平面，所以，故C正确；对于D，因为平面，所以是与底面所成的角，因为，所以，所以与底面所成的角最小为，故D不正确.故选：ABC.11CD【解析】【分析】依题意画出草图，直线的斜率存在，设斜率为，则直线，利用圆心到直线的距离小于半径，即可求出的取值范围，从而判断A，再根据即可判断B、C，设，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示计算即可判断D；【详解】解：依题意圆的圆心坐标为，半径，显然直线的斜率存在，设斜率为，则直线，即，所以，解得，故A错误；因为，所以，故C正确；当直线与圆相切时，又，所以不存在最小值，只存在最大值且，故B错误；设，由与，消去整理得所以，所以，故D正确；故选：CD12ABD【解析】【分析】利用函数的奇偶性、周期性分析判断A，B；利用对称的性质验证判断C；利用零点存在性定理分析判断D作答.【详解】显然，即函数是偶函数，又，函数是周期函数，是它的一个周期，B正确；当时，的最小值为，最大值为，即当

7、时，的取值集合是，因是偶函数，则当时，的取值集合是，因此，当时，的取值集合是，而是的周期，所以，的值域为，A正确；因，即函数图象上的点关于直线的对称点不在此函数图象上，C不正确；因当时，恒有成立，而的值域为，方程在上无零点，又当或时，的值与的值异号，即方程在、上都无零点，令，显然在单调递减，而，于是得存在唯一，使得，因此，方程在上有唯一实根，则方程在上有唯一实根，又定义域为，所以方程有且仅有一个实数根，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.13，【解析】【分析】全称改存在，再否定结论即可【详解】命题“，”的否定是“，”故答案为：，【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题14【解析】【分析】根据两角和的正切公式，求得，结合三角函数的基本关系式，求得的值，即可求解.【详解】由，解得，即，即，根据角在第二象限由，解得，所以.故答案为：.15#【解析】【分析】如图，取中点，连接，可得（或其补角）即为与所成角，分别求出三边长度即可求解.【详解】如图，取中点，连接，所以，则（或其补角）即为与所成角，因为平面，所以，所以，则，因为，所以，所以，取中点，连接，所以，所以平面，所以，又，所以，所以.所以与所成角的余弦值为.故答案为：.165.5#【解析】【分析】令，即可得到，再根据分布列的性质得到，从而求出数学期望；【详解】解：令，2，3，则，即，2，3，又，所以，所以故答案为：17(1)证明见解析；(2)，.【解析】【分析】（1）根据对式子进行变形，进而结合条件证明问题；（2）由（1）求出，进而得到，最后根据求得答案.(1)由，得相减得，即所以，故数列是等差数列(2)当时，则，由于数列是等

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