山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷解析版
山西省吕梁市2022届高三理数三模试卷一、单选题1．已知集合P={x∈N|x20，所以φmi=3π4.故答案为：D.【分析】由余弦求出点P的坐标，再求出点P’的坐标，代入函数g(x)的解析式，根据余弦函数的性质化简即可求解出φ的最小值.8．
山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I=
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−353．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32×7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−18．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．679．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101 11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)12．对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[−1，4]，使得y2xe1−y−ax−lnx=0成立，则实数a的取值范围是（ ）A．(0，16e3]B．[16e3，e2−3e]C．[16e3，e2−1e)D．[16e3，3e)二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为 .1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+bx）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为 ．15．已知向量AB与AC的夹角为60∘，且|AB|=|AC|=2，若AP=λAB+AC且AP⊥BC，则实数λ的值为 ．16．已知函数f(x)=sinπxx2−x+1，下面四个结论：①f(x)的图象是轴对称图形；②f(x)的图象是中心对称图形；③f(x)在(0，12)上单调；④f(x)的最大值为43．其中正确的有 ．三、解答题17．已知锐角△ABC中，sinC=7210，sin(A−B)=210.（1）求tanAtanB；（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以X表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率P(X=2)；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.（1）求BD的长； （2）求二面角D−PC−B的余弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】B 11．【答案】D12．【答案】D13．【答案】1914．【答案】215．【答案】116．【答案】①③④17．【答案】（1）解：∵sinC=7210，∴sin(A+B)=7210，.∴sinAcosB+cosAsinB=7210又sin(A−B)=210，故sinAcosB−cosAsinB=210，∴sinAcosB=225cosAsinB=3210，两式相除，∴tanAtanB=43（2）解：由正弦定理得BCsinA=ACsinB=ABsinC=77210=52，∴BC=52sinA，AC=52sinB∴S△ABC=12AC⋅BCsinC=3522sinAsinB，又锐角△ABC，sinC=7210，sin(A−B)=210，所以cos(A+B)=−cosC=−1−(7210)2=−210，cos(A−B)=1−(210)2=7210，∴cosAcosB+sinAsinB=7210，cosAcosB−sinAsinB=−210∴sinAsinB=225∴S△ABC=3522⋅225=14.18．【答案】（1）解：由题，X=2即一共取了4张，共A54种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故P(X=2)=C21C32A33A54=310（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，P(Y=0)=C21C33A44A55=25，P(Y=1)=C21C32A33A54=310，P(Y=2)=C21C31A22A53=15，P(Y=3)=A22A52=110 Y的分布列为Y0123P2531015110E(Y)=0×25+1×310+2×15+3×110=1.19．【答案】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC，PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∠DAB=120∘，∴BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcos∠DAB=23（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(−1，0，0)，P(0，3，0)，B(2，−32，32)，C(0，−32，32)，设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)，∵DP=(1，3，0)，PC=(0，−332，32)∴−332y+32z=0x+3y=0，令y=1，则x=−3，z=3，∴m=(−3，1，3)，设平面PCB的法向量为n=(a，b，c)∵CB=(2，0，0)，PC=(0，−332，32)∴−332b+32c=02a=0，令b=1，则c=3，a=0，所以n=(0，1，3)所以|cosm，n|=|m⋅n|m||n||=|0×(−3)+1×1+3×3|2×7=277，又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−277；20．【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y）， 由AM=−λMB，AN=λNB，得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.21．【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).22．【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1 ∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+123．【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32
