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1、2022-2023学年第二学期高三二轮复习模拟（二）高三数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，且，其中是虚数单位，则等于（ ）A. 5B. C. D. 13. 等比数列的前项和为，若，则公比的值为（ ）A. B. 1C. 或1D. 或14. 下左图是世界最高桥贵州北盘江斜拉桥.下右图是根据下左图作简易侧视图（为便于计算，侧视图与实物有区别）.在侧视图中，斜拉杆PA，PB，PC，PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上，另一端A，B，C，D与塔柱上的点O都在桥面同一侧的水平直线上.已知，.根
2、据物理学知识得，则（ ）A 28mB. 20mC. 31mD. 22m5. 已知，则ABCD6. 已知函数的定义域为，且为偶函数，若（1），则A1B2CD7.已知实数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 8.已知两个不相等的正实数，满足，则下列结论一定正确的是ABCD二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（）A选1人为负责人的选法种数为30B每组选1名组长的选法种数为3024C若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335D若另有3名学生加入这4个小
3、组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种10. 设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有A直线过定点 B当取得最大值时，C当最小时，其余弦值为 D的最大值为2411.在中，所对的边为，边上的高为，则下列说法中正确的是（）ABC的最小值为D的最大值为12. 设，当时，规定，如，则（）A BC设函数的值域为M，则M的子集个数为32D三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知函数，则当时，的展开式中的系数为 14.已知直线与曲线相切，则的值为 15.设为抛物线的焦点，、为抛物线上不同三点，且，为坐标原点，若、的面积分别为、，则_.16.刺绣是中国优秀的民族传统
4、工艺之一，已经有2000多年的历史.小王同学在刺绣选修课上，设计了一个螺旋形图案-即图中的阴影部分.它的设计方法是：先画一个边长为3的正三角形，取正三角形各边的三等分点，得到第一个阴影三角形；在正三角形中，再取各边的三等分点，得到第二个阴影三角形；继续依此方法，直到得到图中的螺旋形图案，则_;图中螺旋形图案的面积为_.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在平面四边形中，已知，（1）证明：；（2）若，求四边形的面积18. 在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.（1）若数列的“泛差”，且
5、，成等差数列，求；（2）若数列的“泛差”，且，求数列的通项.19.全国高中数学联赛试题设置如下：联赛分为一试、加试（即俗称的“二试”）一试包括8道填空题（每题8分）和3道解答题（分别为16分、20分、20分），满分120分二试包括4道解答题，涉及平面几何、代数、数论、组合四个方面前两道题每题40分，后两道题每题50分，满分180分已知某一数学竞赛选手在一试中每道填空题能够正确解答的概率均为，每道解答题能够正确解答的概率均为，在二试中前两道每题能够正确解答的概率均为，后两道每题能够正确解答的概率均为假设每道题答对得满分答错得0分（1）记该选手在二试中的成绩为，求；（2）根据该选手所在省份历年的竞
6、赛成绩分布可知，若一试成绩在100分（含100分）以上的选手，最终获得省一等奖的可能性为，一试成绩低于100分，最终获得省一等奖的可能性为问该选手最终获得省一等奖的可能性能否达到，并说明理由（参考数据：）20. 在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，其中一角如图所示，为多面体，底面，四边形是边长为2的正方形且平行于底面，的中点分别为，(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)一束光从玻璃窗面上点射入恰经过点（假设此时光经过玻璃为直射），求这束光在玻璃窗上的入射角的正切值21. 已知，为双曲线C的焦点，点在C上（1）求C的方程；（2）点A，B在C上，直线PA，PB与y
7、轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若，0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由.22. 已知函数，其中（1）设函数，证明：有且仅有一个极小值点；记是的唯一极小值点，则；（2） 若，直线与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线的方程参考答案：一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】直接解出集合，再求交集即可.【详解】，则.故选：D.2. 已知，且，其中是虚数单位，则等于（ ）A. 5B. C. D. 1【答案】B【解析
8、】【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.【详解】由得：，即，解得，从而.故选：B3. 等比数列的前项和为，若，则公比的值为（ ）A. B. 1C. 或1D. 或1【答案】C【解析】【分析】由已知可得、，即可求公比.【详解】由题设知：，又，故，而，即，解得：为或1.故选：C4. 下如图是世界最高桥贵州北盘江斜拉桥.下如图是根据下如图作的简易侧视图（为便于计算，侧视图与实物有区别）.在侧视图中，斜拉杆PA，PB，PC，PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上，另一端A，B，C，D与塔柱上的点O都在桥面同一侧的水平直线上.已知，.根据物理学知识得，则（ ）A. 28mB. 20mC.
9、 31mD. 22m【答案】D【解析】【分析】由，得，则可得，可求得，分别为的中点，则由已知可得为的中点，再结合已知的数据可求得结果【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，设，分别为的中点，因为，所以，所以为的中点，因为，所以，所以，所以，所以故选：D5. 【详解】，故选：6.【详解】因为为偶函数，所以，所以，则关于对称，设，关于对称，所以，即符合条件，所以故选：7.已知实数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意设直线：，点，利用点到直线的距离公式得点A到直线的距离为，由直线的斜率不存在得，由得，化简即可求解.【详解】根据题意，设直线：
10、恒过原点，点，那么点到直线的距离为：，因为，所以，且直线的斜率，当直线的斜率不存在时，所以，当时，所以，即，因为，所以.故选：A.8. 【详解】因为两个不相等的正实数，满足，所以，即，令，则，当时，则单调递减；当时，则单调递增；所以（1），对于，总有，即在上单调递增，故，即在上恒成立，所以对于，对于任意，在上取，则，所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，所以的大致图像如图所示：对于，因为，不妨设，由图象可知，故，故错误；对于，假设成立，取，则，（2），显然不满足，故错误；对于，令，又，则，所以在上单调递增，又，则（1），即，又，则，因为，所
11、以，又，在上单调递增，所以，即，故正确故选：二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 【答案】ABC【解析】对于A，选1人为负责人的选法种数：，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法：，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法：，故C正确；对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有种选择，所以不同的选法有：，故D错误；故选：ABC.10. 【详解】对于选项，由动直线，可得：，由，即，即直线过定点，即选项正确；对于选项，当取得最大值时，直线过点，即，即选项正确；对于选项，当最小时，此时最小，当最小时，
12、直线与过点和的直线垂直，则，即，由余弦定理可得，即选项错误；对于选项，即的最大值为24，即选项正确，故选：11. 【详解】设边上的高为，则，即，A正确；由余弦定理得：，又，B正确；，；，C错误，D正确.故选：ABD.12. 【详解】对于A中，例如，则，可得，所以A错误；对于B中，由，所以，所以，所以，所以B正确；对于C中，因为，可得，当时，可得，即函数的值域为，所以集合的子集个数为，所以C正确；对于D中，设，若，可得，所以，则，所以的周期为，又当时，可得，此时；，此时；，此时；，此时，所以，结合周期为，即恒为，所以D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.【答案】2
13、70【详解】时，展开式第项，故时，的系数270故答案为：27014.115. 【详解】解：如图，连接设、三点的坐标分别为,，,，,，则抛物线的焦点的坐标为，点是的重心故答案为：316.【详解】解：设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为，设第一个阴影三角形面积为,后续阴影三角形面积为由题意知，所以为以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以；所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，故图中阴影部分面积为，故答案为：；.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.【详解】（1）证明：在中，由正弦定理知，在中，由正弦定理知，因为，所以，所以（2
14、）解：在中，由余弦定理知，在中，由余弦定理知，因为，所以，即，解得，所以，所以，所以四边形的面积18. 在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.（1）若数列的“泛差”，且，成等差数列，求；（2）若数列的“泛差”，且，求数列的通项.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可.（2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项.【小问1详解】“泛差”，联立三式得，化简得，解得.小问2详解】，则，由，得，即，且.所以为等差数列，首项为，公差为，.19. 【解析】【分析】（1）利用可求概率.（2）若该选
15、择一试成绩不低于100，则解答题至少做对两道，据此分类讨论后可判断该选手最终获得省一等奖的可能性能否达到.【小问1详解】.【小问2详解】20. 【详解】（1）过点作的平行线，由题意可知以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，令，则，平面.（2）根据图形易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值.（3），入射角为，因为，所以，.故这束光在玻璃窗上的入射角的正切值为.21. 已知，为双曲线C的焦点，点在C上（1）求C的方程；（2）点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若，0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？
16、若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）存在T（1，2）使|QT|为定值【解析】【分析】（1）根据题意可得，解之即可求解；（2）设直线AB的方程，联立双曲线方程，利用韦达定理表示；由直线的点斜式方程可得PA方程，得，同理得N（0,），根据平面向量线性运算的坐标表示，化简计算可得，分类讨论与的情况，即可求解.【小问1详解】设双曲线C的方程为，由题意知，解得，双曲线C的方程为；【小问2详解】设直线AB的方程为，消去y，得，则，直线PA方程为，令，则，同理N（0,），由，可得，即，当时，此时直线AB方程为，恒过定点，显然不可能；，此时直线AB方程为，恒过定点，取PE中点T，
17、为定值，存在点使|QT|为定值.22. 已知函数，其中（1）设函数，证明：有且仅有一个极小值点；记是的唯一极小值点，则；（2）若，直线与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线的方程【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明仅有一个零点，并判断在零点两侧的符号即可得证；由可得，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证.（2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满足的关系，再求解作答.【详解】（1）依题意，求导得：，令，则，函数即在R上单调递增，又，则存在，使得，且当时，单调递减，当时，单调递增，所以为的唯一极小值点由知，即，则，因此，要证，只需证，即证，因为，从而只需证，即，而，所以.（2）依题意，求导得：，则函数在点处的切线l的方程为，若直线l恰好与曲线相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点，则在此两点处的切线为同一直线，即，于是有，则或，若，从而得：，显然，则，若，取异于A，B外的另一个切点，则有，如果，则有，如果，则，因此，从而恒有，即，于是得直线l的方程为或，当切线方程为时，切点为，当切线方程为时，切点为，所以直线l的方程为或