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重庆市第七中学2022届高三上学期9月高考数学仿真预测模拟试卷 Word版含答案
2021-10-089.99元 16页 1.31 MB
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重庆七中2022届高考数学仿真预测模拟试卷一.选择题(共8小题,满分40分,每小题5分)1.(5分)若集合,,则  A.B.C.D.2.(5分)已知复数,,,则  A.2B.C.4D.63.(5分)已知集合,,那么“”是“存在,使得成立”的  A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件4.(5分)某兴趣小组有3名男生和2名女生,现从中选2人参加公益活动,则至少选中一名女生的概率为  A.B.C.D.5.(5分)已知,则的值等于  A.B.C.D.6.(5分)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转θ之后与其自身重合,则θ的值可以是(  )A.B.C.D.7.(5分)已知直线和圆交于、两点,为坐标原点,若 ,则实数  A.B.C.D.8.(5分)设,若的最小值为,则的值为  A.0B.1或4C.1D.4二.多选题(共4小题,满分20分,每小题5分)9.(5分)在疫情防护知识竞赛中,对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计,可得到如图所示的频率分布直方图,其中分组的区间为,,,,,,,,,,,,60分以下视为不及格,若同一组中数据用该组区间中间值作代表值,则下列说法中正确的是  A.考生竞赛成绩的众数为75分B.不及格的考生人数为500C.考生竞赛成绩的平均数为72.5分D.考生竞赛成绩的中位数为75分10.(5分)设等比数列的公比为,其前项和为,前项积为,并满足条件,且,,下列结论正确的是  A.B.C.数列无最大值D.是数列中的最大值 11.(5分)下列命题中错误的是  A.空间三点可以确定一个平面B.三角形一定是平面图形C.若,,,既在平面内,又在平面内,则平面和平面重合D.四条边都相等的四边形是平面图形12.(5分)定义曲线为椭圆的伴随曲线,则  A.曲线有对称轴B.曲线没有对称中心C.曲线有且仅有4条渐近线D.曲线与椭圆有公共点三.填空题(共4小题,满分20分,每小题5分)13.(5分)若的二项展开式中有一项为,则  .14.(5分)设,满足约束条件,则的最小值是  15.(5分)已知正三棱锥的底边边长为,侧棱长为,则该正三棱锥的外接球半径和内切球半径的比值为  .16.(5分)设,分别是双曲线的左、右焦点,是双曲线的左顶点,点在过点且斜率为的直线上,若△为等腰三角形,且,则双曲线的离心率为  .四.解答题(共6小题,满分70分)17.(10分)已知等差数列的公差为,等比数列的公比为,若,且,,,成等差数列.(1)求数列,的通项公式;(2)记,数列的前项和为,数列的前项和为,求,. 18.(12分)的内角,,的对边分别为,,,已知.(Ⅰ)求;(Ⅱ)求的最小值.19.(12分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,平面平面,,为棱的中点.(1)证明:;(2)若,,求二面角的余弦值.20.(12分)随着网络的发展,网上购物越来越受到人们的喜爱,各大购物网站为增加收入,促销策略越来越多样化,促销费用也不断增加,如表是某购物网站2017年月促销费用(万元)和产品销量(万件)的具体数据:月份12345678促销费用2361013211518产品销量11233.5544.5(1)根据数据可知与具有线性相关关系,请建立关于的回归方程(系数精确到;(2)已知6月份该购物网站为庆祝成立1周年,特制定奖励制度:以(单位:件)表示日销量,,,则每位员工每日奖励100元;,,则每位员工每日奖励150元;,,则每位员工每日奖励200元.现已知该网站6月份日销量服从正态分布,请你计算某位员工当月奖励金额总数大约多少元.(当月奖励金额总数精确到百分位). 参考数据:,,其中,分别为第个月的促销费用和产品销量,,2,3,.参考公式:(1)对于一组数据,,,,,,,其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为,.(2)若随机变量服从正态分布,则,.21.(12分)已知过抛物线的焦点向圆引切线为切点),切线的长为.(Ⅰ)求抛物线的方程;(Ⅱ)作圆的切线,直线与抛物线交于,两点,求的最小值.22.(12分)已知函数,.(1)当时,求垂直于轴且与相切的直线方程;(2)讨论函数零点的个数. 重庆七中2022届高考数学仿真预测模拟试卷参考答案与试题解析一.选择题(共8小题,满分40分,每小题5分)1.解:,,.故选:.2.解:,,则,,故.故选:.3.解:集合,,“存在,使得成立”等价于“,其中,“;由于,又,,,,所以当时,有最小值;“存在,使得成立”等价于““;故“”是“存在,使得成立”的充要条件,故选:.4.解:某兴趣小组有3名男生和2名女生,现从中选2人参加公益活动,基本事件总数,至少选中一名女生包含的基本事件个数, 则至少选中一名女生的概率.故选:.5.解:因为,所以,则.故选:.6.解:如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,对角线BD1垂直于平面AB1C,且三角形AB1C为等边三角形,正方体绕对角线旋转120°能与原正方体重合.故选:C.7.解:联立,得,直线和圆交于、两点,为坐标原点,△,解得,设,,,,则,,,,,,, ,,解得.故选:.8.解:当时,,当且仅当,即时取等号;故当时,的最小值为,由二次函数的性质可得,函数的对称轴为,解得或,当时最小值为,不合题意,舍去.故.故选:.二.多选题(共4小题,满分20分,每小题5分)9.解:对于,由频率分布直方图得考生竞赛成绩的众数为分,故正确;对于,不及格的考生人数为:,故错误;对于,考生竞赛成绩的平均数为:分,故正确;对于,,的频率为,,的频率为,考生竞赛成绩的中位数为:分,故错误.故选:. 10.解:根据题意,等比数列的公比为,若,则,又由,必有,则数列各项均为正值,若,必有,,则必有,依次分析选项:对于,数列各项均为正值,则,必有,正确;对于,若,则,正确,对于,根据,可知是数列中的最大项,错误;对于,易得正确,故选:.11.当空间三点共线时,不可以确定一个平面,所以选;因为三角形三个顶点一定不共线,所以可确定一个平面,所以不选;当、、、四点共线时,选项说法错误,所以选;四条边相等的四边形可以是空间四边形,所以项说法错误,所以选.故选:.12.解:轴和轴为伴随曲线的对称轴,故正确;伴随曲线关于原点对称,故选项错误;伴随曲线有4条渐近线分别为:,,故选项正确;由椭圆中,,,,而伴随曲线中,,,,,故选项错误,故选:.三.填空题(共4小题,满分20分,每小题5分)13.解:根据二项式的展开式的通项为, 令,解得,所以.故答案为:60.14.解:依题意,满足约束条件画图如下:当时,有直线和直线,并分别在上图表示出来,当直线向向下平移并过点的时候,目标函数有最小值,此时最优解就是点,点的坐标是:,所以目标函数的最小值是0.故答案为:0.15.解:由题意,设正三棱锥外接球半径为,球心到四个顶点的距离相等,正三棱锥的底面边长为,侧棱长为,底面的外接圆的半径,高,, 外接球的半径为;三棱锥的体积.设内切球的半径是,斜高.三棱锥的体积.解得.外接球半径和内切球半径的比值为:故答案为:.16.解:如图,过点作轴,垂足为.由已知,,,则,所以.由,解得,所以双曲线的离心率.故答案为:3.四.解答题(共6小题,满分70分) 17.解:(1)因为,,成等差数列,所以①,又因为,,成等差数列,所以,得②,由①②得,.所以,;(2),;,.18.解:(Ⅰ)因为,所以.即,所以,得,因为,所以,得.又因为,所以,所以.(Ⅱ)因为,所以,因为.因为,所以于,得.所以.所以当时,的最小值为. 19.(1)证明:如图,取的中点,连结,,,因为,则,又因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,又平面,所以,因为底面为菱形,所以,因为,分别为,的中点,则,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以;(2)解:由(1)可知,平面,连结,因为,,点为的中点,所以,则,,两两垂直,以点为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,不妨设,则,,,所以,,所以,,设平面的法向量为,则,即,令,则,, 故,设平面的法向量为,则,即,令,则,故,所以,故二面角的余弦值为.20.解:(1)由题可知,,,,所以关于的回归方程,(2)由题6月份日销量服从正态分布,则,,, 每位员工当月的奖励金额总数为(元.21.解;(Ⅰ)因为圆的圆心为,,分由切线长定理可得,即,分解得:或,又,,所以抛物线的方程为.分(Ⅱ)设,,,,直线方程为,代入得,,,得,,分由抛物线的性质得:,,.分又直线与圆相切,则有,即,,因为圆在抛物线内部,所以得:,,,分此时.由二次函数的性质可知当时,取最小值,即的最小值为9.分22.解:(1)设切点为,,当时,,所以因为切线垂直于轴,所以,所以,所以(1),所以垂直于轴且与相切的直线方程为;(2)①当时,,所以在上单调递增,又因为,所以函数只有1个零点; ②当时,由得,所以在上单调递减,又由得,所以在上单调递增,因为,且所以,因为,所以存在使得,所以函数有2个零点;③当时,函数在上单调递减,在上单调递增,且所以函数只有1个零点;④当时,函数在上单调递减,在上单调递增,因为,且所以,令,,则,,,因为,所以,所以在上递增,所以(1),所以在上递增,所以(1)当时,,所以存在使得,所以函数有2个零点;综上:当或时,函数有1个零点;当或时,函数有2个零点.
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