2022届高三考前真题重组导向卷（三）理科数学一．选择题1．已知，是虚数单位，若，，则（）A．1或B．或C．D．2．设集合则=（）A．B．C．D．3．下列命题为真命题的是（ ）A．且B．或C．，D．，4．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）A．B．C．D．5．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A．10种B．15种C．20种D．30种6．在平面直角坐标系中，已知向量点满足.曲线，区域.若为两段分离的曲线，则（）A．B．C．D．7．设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）A．B．C．D．8．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是（）\nA．B．C．D．9．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为（）A．B．C．D．10．若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）A．B．C．D．11．已知的内角，面积满足所对的边，则下列不等式一定成立的是A．B．C．D．12．设函数满足则时，A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值二．填空题13．已知的展开式中含有项的系数是54，则n=_____________.14．设函数则满足的x的取值范围是____________15.设双曲线x2–=1的左、右焦点分别为F1，F2．若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是_______．16．已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为____.三．解答题17．已知首项都是1的两个数列（），满足.\n（1）令，求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和18．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?19.在核酸检测中,“k合1”混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的分布列与数学期望E(X).(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明)20．已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.21．已知函数有两个零点.\n（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.22．已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.23．已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.理科数学答案1-4.ACDB5【答案】C【解析】【详解】试题分析：第一类：三局为止，共有种情形；第二类：四局为止，共有种情形；第三类：五局为止，共有种情形；故所有可能出现的情形共有种情形故选C.6.【答案】A试题分析：设，则，，区域表示的是平面上的点到点的距离从到之间，如下图中的阴影部分圆环，要使为两段分离的曲线，则，故选A.\n7.B【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.8.【答案】D试题分析：，\n，所以，因此，选D.9.【答案】D详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，故选D.10【答案】D在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.11.【答案】A试题分析：由题设得：\n（1）由三角形面积公式及正弦定理得：所以又因为，所以所以恒成立，所以故选A.12.【答案】D函数满足，，令，则，由，得，令，则在上单调递减，在上单调递增，的最小值为.又在单调递增，既无极大值也无极小值，故选D.13.【答案】14.【答案】由题意得：当时，恒成立，即；当时，恒成立，即；当时，，即.综上，x的取值范围是.\n15.【答案】．试题分析：由已知得，则，设是双曲线上任一点，由对称性不妨设在双曲线的右支上，则，，，为锐角，则，即，解得，所以，则．16.【答案】不妨设球的半径为4，球的表面积为，因为圆锥底面面积是这个球面面积的，所以圆锥的底面积为，圆锥的底面半径为；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形，由此可以求得球心到圆锥底面的距离是，所以圆锥体积较小者的高为，同理可得圆锥体积较大者的高为；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．故答案为：17（1）因为，所以所以数列是以首项，公差的等差数列，故（2）由知于是数列前n项和相减得所以18.（1）[方法一]：几何法\n因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．\n，．由题设（）．因为，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．\n所以，此时．[方法二]：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．19.（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；\n所以总检测次数为20次；②由题意，可以取20，30，，，则的分布列:所以；（2）由题意，可以取25，30，两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，则.20（1）由题意得：，因为点的横坐标为4，且在轴的上方，所以，因为的斜率为，所以，整理得：，即，得，抛物线的方程为：.（2）由（1）得：，，淮线方程，直线的方程：，由解得或，于是得.设点，又题意且,\n所以直线：，令，得，即，同理可得：，.21.试题解析：（Ⅰ）．（Ⅰ）设，则，只有一个零点．（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又，，取满足且，则，故存在两个零点．（Ⅲ）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．\n设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．22.(1)[方法一]：消元法由得的普通方程为．由参数方程可得，两式相乘得普通方程为．[方法二]【最优解】：代入消元法由得的普通方程为，由参数方程可得，代入中并化简得普通方程为．(2)[方法一]：几何意义+极坐标将代入中解得，故P点的直角坐标为．设P点的极坐标为，由得，，．故所求圆的直径为，所求圆的极坐标方程为，即．[方法二]：由得所以P点的直角坐标为．\n因为．设圆C的极坐标方程为，所以，从而，解得．故所求圆的极坐标方程为．[方法三]：利用几何意义由得所以P点的直角坐标为，化为极坐标为，其中．如图，设所求圆与极轴交于E点，则，所以，所以所求圆的极坐标方程为．[方法四]【最优解】：由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得解得．设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．又因为点都在所求圆上且为圆的直径，所以，解得．所以所求圆的极坐标方程为．[方法五]利用几何意义求圆心\n由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得，即P点的直角坐标为．所以弦的中垂线所在的直线方程为，将圆心坐标代入得，解得．所以所求圆的极坐标方程为．23.详解：（1）当时，，即故不等式的解集为．（2）当时成立等价于当时成立．若，则当时；若，的解集为，所以，故．综上，的取值范围为．
