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2022年高三第七次模拟考试数学(理)试题 含答案一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1是虚数单位,( )A BCD2集合,则下列结论正确的是 ( )ABCD3下列各选项中,与最接近的数是( )A B C D4 给出下列四个命题: 命题“若,则”的否命题为:“若,则”;命题“存在”的否定是“对任意”;命题若,则”的逆否命题为真命题;“”是“的必要不充分条件.其中真命题的个数是( )A 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个5 已知函数, 则的值为( )A B. C. D.6如图阅读下面程序框图,运行相应的程序,输出的结果是( )A.1 B. C.2 D.07 已知椭圆的焦点为,在长轴上任取一点,过作垂直于的直线交椭圆于点,则使得的点的概率为( )A B C D 8已知数列,满足,, 则数列的前项的和为 ( ) A B.CD Oxyy=9已知是定义域为R的奇函数,,的导函数的图象如图所示。若两正数满足,则的取值范围是( )A. B. C . D. 10如图,在直角梯形中,动点在以点为圆心且与直线相切的圆内运动,设,则的取值范围是( )A BCD二.填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.11.若是函数的两个零点,则的值为_.12.一几何体的三视图如图,其中左视图是一个边长为2的正三角形,则这个几何体的体积是_。12345678913用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为的个小正方形(如右图),使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同,且标号为“、”的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有_种。第1行第2行第3行第4行第5行第6行14如图,一个树形图依据下列规律不断生长:1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点,1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点则第11行的实心圆点的个数是 三.选做题:请考生在下列两题中任选一题作答,若两题都做,则按做的第一题评阅计分,本题共5分。(1)(坐标系与参数方程选做题)已知在极坐标系下,点是极点,则的面积等于_; (2)(不等式选做题)关于的不等式的解集是_ _。四、解答题:本大题共6小题,共75分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16(本小题满分12分)已知向量,向量,函数.(1)求的最小正周期;(2)已知,分别为内角,的对边,为锐角,且恰是在,上的最大值,求,和的面积.17(本小题满分12分)某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动,活动规则如下:消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次,并获得相应金额的返券, 假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在区域返券60元;停在区域返券30元;停在区域不返券. 例如:消费218元,可转动转盘2次,所获得的返券金额是两次金额之和.(1)若某位顾客消费128元,求返券金额不低于30元的概率;(2)若某位顾客恰好消费280元,并按规则参与了活动,他获得返券的金额记为(元),求随机变量的分布列和数学期望. 18(本小题满分12分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为的中点. (1)点在线段满足,试确定的值,使平面;(2)在(1)的条件下,若平面平面ABCD,且,求平面与平面所成角的大小。19(本小题满分12分)设数列的通项公式为,数列满足,。(1)试确定实数的值,使得数列为等差数列;(2)当数列为等差数列时,对每个正整数,在和之间插入个2,得到一个新数列。设是数列的前项和,试求满足的所有正整数。 20(本小题满分13分)已知点P是圆O:上的动点,以点P为切点的切线与轴相交于点Q,直线OP与直线相交于点N,若动点M满足:,记动点M的轨迹为曲线C。(1)求曲线C的方程;(2)若过点的动直线与曲线C相交于不在坐标轴上的两点,设,问在轴上是否存在定点,使得?若存在,求出点E的坐标;若不存在,说明理由。21(本小题满分14分)已知函数f(x)=lnx+,kR(1)若k=1,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)2+恒成立,求实数k的取值范围;(3)设g(x)=xf(x) k,若对任意两个实数x1,x2满足0x1x2,总存在g(x0)=成立,证明x0x11. 参考答案(数学理科)一、选择题ACCAB CDDBD二、填空题11;12;13;14 55三、选做题15(1)(2)四、解答题16.解:(1) 3分因为,所以4分 (2) 由(1)知:时,由正弦函数图象可知,当时取得最大值,所以,7分由余弦定理,从而。12分17.解:设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C. 则3分()若返券金额不低于30元,则指针落在A或B区域. 所以 4分即消费128元的顾客,返券金额不低于30元的概率是.()由题意得,该顾客可转动转盘2次.随机变量的可能值为0,30,60,90,120.5分; ; ;10分所以,随机变量的分布列为: 其数学期望12分18.解:(1)当时,平面下面证明,若平面,连交于由可得,所以平面,平面,平面平面, 即:,所以 5分(2)由PA=PD=AD=2, Q为AD的中点,则PQAD. 又平面PAD平面ABCD,所以PQ平面ABCD, 以Q为坐标原点,分别以QA、QB、QP所在的直线为轴,建立如图所示的坐标系,则各点坐标为A(1,0,0),B(),Q(0,0,0),P(0,0,)7分 设平面MQB的法向量为,可得,解得9分取平面ABCD的法向量 故平面与平面所成角的大小为60. 12分19.解:(1)当时,得,同理:时,得;时,得,则由,得。2分而当时,得由,知此时数列为等差数列。4分(2)由题意知,则当时,不合题意,舍去;当时,所以成立; 6分当时,若,则,不合题意,舍去;从而必是数列中的某一项,则,9分又,所以,即,所以因为为奇数,而为偶数,所以上式无解。即当时,综上所述,满足题意的正整数仅有.12分20解:(1)设点M的坐标为,相应的点P的坐标为,则,直线PQ的方程为:,所以点Q的坐标为,直线OP的方程为:,所以点N的坐标为,因此:,即:,4分所以曲线C的方程为:,即;6分(2)设存在定点使得,设直线的方程为:,点由得到,即,7分,得到:,即:,即(1)9分由方程组:得到:,即,所以:且,代入(1)式得到:,要对满足且的实数恒成立,只需要,即,所以存在定点使得。13分21解:( 1)当k=1时,函数f(x)=lnx+ ,则f(x)= ,当f(x)0时,0x0时,x1,则函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+)(2)f(x)2+恒成立,即lnx+2+恒成立,整理得k2x-xlnx+1-e恒成立设h(x)= 2x-xlnx+1-e,则h(x)=1-lnx,令h(x)=0,的x=e当x(0,e)时,h(x)0,函数h(x)单调递增,当x(e,+)时,h(x)0,函数h(x)单调递减因此当x=e时,h(x)取得最大值1,因而k1(3)g(x)=xf(x)-k=xlnx,g(x)=lnx+1,因为对任意的x1,x2(0x1x2总存在x00,使得g(x0)=成立,所以lnx0+1=即lnx0+1=,即lnx0-lnx1=-1-lnx1= 设(t)=lnt+1-t,其中0t1,则(t)=-10,因而(t)在区间(0,1)上单调递增,(t)(1)=0,又-10,所以lnx0-lnx10,即x0x1
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