舒城中学2022届高三仿真试题（一）理数时间：120分钟分值：150分注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号填写在答题卡相应的位置.3.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.复数的实部为（）A． B． C．－ D．－2.集合,则（）A.B.C.D.3.设等差数列的前项和为，，，则公差的取值范围是（）A.B.C.D.4.已知“”，且“”，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.已知实数满足约束条件，则的最小值为（）A．-1B.1C.-2D．36.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球。乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球，分别以，和18/18\n表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件．则事件发生的概率=舒中高三仿真卷理数第2页(共6页)（）A.B.C.D.7.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（）A.B.C.D.（第8题图）（第7题图）8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.右图是源于其思想的一个程序框图，若输入的、分别为、，则输出的（）A.B.C.D.9.函数的大致图象是（）A．B．C．D．10.已知，，点满足，若18/18\n，则的值为（）A.B.C.D.11．已知在直三棱柱ABC−中，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=4，=a，过顶点A、线段的中点与的中点的平面与平面相交所得交线与所成角的正切值为，则三棱柱ABC−的外接球的半径为（）A．4B．3C．2D．12．已知，分别是双曲线C：(a>0，b>0)的两个焦点，若在双曲线上存在点P满足，则双曲线C的离心率的取值范围是（）A．(1，]B．(1，2]C．[，+∞)D．[2，+∞)第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知，，现向集合所在区域内投点，则该点落在集合所在区域内的概率为.14.在数列、中，是与的等差中项，，且对任意的都有，则的通项公式为__________．15.设椭圆C：的右焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.则椭圆C的离心率是.16.已知函数==(k∈R)．若存在唯一的整数x，使得，则k的取值范围是.18/18\n三、解答题：本大题共6小题，第22（或23）小题10分，其余每题均为12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程、计算步骤.17.（本小题满分12分）在中，角的对边分别为，向量，向量，且.（Ⅰ）求角的大小；舒中高三仿真卷理数第4页(共6页)（Ⅱ）设中点为，且，求的最大值及此时的面积。18.（本小题满分12分）第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2022年5月14日至15日在北京举行,这是2022年我国重要的主场外交活动,对推动国际和地区合作具有重要意义.某高中政教处为了调查学生对“一带一络"的关注情况,在全校组织了“一带一路知多少”的知识问卷测试,并从中随机抽取了12份问卷,得到其测试成绩(百分制),如茎叶图所示.[来源:Z§xx§k.Com]（Ⅰ）写出该样本的众数、中位数,若该校共有3000名学生,试估计该校测试成绩在70分以上的人数；（Ⅱ）从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人.记表示测试成绩在80分以上的人数,求的分布列和数学期望.（第18题图）19.（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，点的椭圆上的点．18/18\n（Ⅰ）求椭圆的标准的方程；（Ⅱ）若为椭圆上异于顶点的任意一点，、分别是椭圆的上顶点和右顶点，直线交轴于，直线交轴于，证明为定值．20.（本小题满分12分）已知在如图①所示的矩形ABCD中，AB=，AD=4，E为AD上靠近D的一个四等分点．现将△BCE以BC为旋转轴旋转到△BCF，使平面BCF⊥平面ABCD，设G，H分别为AD，CF的中点，如图②所示． 图①图②[来源:学+科+网Z+X+X+K]（Ⅰ）求证：平面BGF⊥平面CDF；（Ⅱ）求平面BGF与平面DGH夹角的余弦值．21.（本小题满分12分）已知，曲线在处的切线方程为18/18\n.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求在上的最大值；（III）证明：当时，.选考部分:共10分。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22．（本小题满分10分）（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为:（其中为常数）.（Ⅰ）若曲线与曲线只有一个公共点，求的取值范围；（Ⅱ）当时，求曲线上的点与曲线上点的最小距离．23.（本小题满分10分）（选修4-5：不等式选讲）18/18\n已知函数.（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）若，求的取值范围.18/18\n舒城中学2022届高三高考仿真试题（一）理科数学试题（参考答案）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号填写在答题卡相应的位置.3.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.复数的实部为（C）A． B． C．－ D．－2.集合,则（A）[来源:学。科。网]A.B.C.D.3.设等差数列的前项和为，，，则公差的取值范围是（A）A.B.C.D.4.已知“”，且“”，则“”是“”的(B)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.已知实数满足约束条件，则的最小值为（B）A．-1B.1C.-2D．36.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球。乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件．则事件发生的概率=18/18\n（A）A.B.C.D.7.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（B）A.B.C.D.8.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.右图是源于其思想的一个程序框图，若输入的、分别为、，则输出的（C）A.B.C.D.9.函数的大致图象是（C）[来源:学科网ZXXK]A．B．C．D．10.已知，，点满足，若，则的值为（B）A.B.C.D.11．已知在直三棱柱ABC−中，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=4，=a，过顶点A18/18\n、线段的中点与的中点的平面与平面相交所得交线与所成角的正切值为，则三棱柱ABC−的外接球的半径为（C）A．4B．3C．2D．【解析】如图，设与的中点分别为E、F，平面AEF截三棱柱所得的截面为四边形AEFN，其中过点A、线段的中点与的中点的平面与平面相交所得交线为AN，延长AE、、NF交于点M，取的中点D，连接DF，则DF=2，=4，△MDF∽△，则，即，得=，因为∥，所以∠为异面直线与AN所成的角，所以tan∠=，所以a=4．将三棱柱补成正方体，所以外接球的半径为2．12．已知，分别是双曲线C：(a>0，b>0)的两个焦点，若在双曲线上存在点P满足，则双曲线C的离心率的取值范围是（D）A．(1，]B．(1，2]C．[，+∞)D．[2，+∞)【解析】设O为坐标原点，由，得(为双曲线的焦距)，∴，又由双曲线的性质可得，于是，．故选D．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题13.已知，，现向集合所在区域内投点，则该点落在集合所在区域内的概率为.14.在数列、中，是与的等差中项，，且对任意的都有，则的通项公式为__________．18/18\n【答案】【解析】对任意的都有，所以∴{an}是公比为的等比数列，又是与的等差中项，所以故答案为15.设椭圆C：的右焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.则椭圆C的离心率是.【解析】设，由题意知．直线的方程为，其中．联立得．解得．因为，所以．即．得离心率．16.已知函数==(k∈R)．若存在唯一的整数x，使得，则k的取值范围是.【答案】(−∞，−3)∪(−，−]【解析】不等式或．作出函数=的大致图象如图所示．18/18\n当k=0时，x>0，<无整数解，x<0，>不止一个整数解．如①或②所示，当k>0，x>0时，由图象可得<无整数解或不止一个整数解，x<0时，>不止一个整数解．当k<0时，若x>0，如③所示，若直线y=经过点C(1，1)，此时<无整数解，故当k<=−3时，恰有一个整数解x=1，而此时x<0，>无解．如④所示，若直线y=经过点E(−2，2)时，此时x>0，<无整数解，x<0，>无整数解．如⑤所示，若直线y=经过点D(−1，1)时，此时x>0，<无整数解，x<0，>有唯一整数解x=−2，故−=<k≤=−．如⑥所示，若直线y=经过点F(−3，1)时，此时x>0，<无整数解，x<0，>有两个整数解x=−2和x=−1，不符合题意．综上，k的取值范围为(−∞，−3)∪(−，−]．三、解答题17.（本小题满分12分）在中，角的对边分别为，向量，向量，且；（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）设中点为，且，求的最大值及此时的面积。18/18\n【解析】（Ⅰ）因为，故有，由正弦定理可得，即.由余弦定理可知，因为，所以.（4分）（Ⅱ）设，则在中，由可知，、由正弦定理及有；所以，所以，从而.由可知，所以当，即时，的最大值为；此时，所以.（12分）18.（本小题满分12分）第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2022年5月14日至15日在北京举行,这是2022年我国重要的主场外交活动,对推动国际和地区合作具有重要意义.某高中政数处为了调查学生对“一带一络"的关注情况,在全校组织了“一带一路知多少”的知识问卷测试,并从中随机抽取了12份问卷,得到其测试成绩(百分制),如茎叶图所示.（Ⅰ）写出该样本的众数、中位数,若该校共有3000名学生,试估计该校测试成绩在70分以上的人数；（Ⅱ）从所轴取的70分以上的学生中再随机选取4人.记表示测试成绩在80分以上的人数,求的分布列和数学期望.解：（Ⅰ）众数为76，中位数为76成绩在70分以上的人数估计为（人）（3分）（Ⅱ）由题意，=0，1，2，3，4，18/18\n∴的分布列是01234P（12分）19.（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，点的椭圆上的点．（Ⅰ）求椭圆的标准的方程；（Ⅱ）若为椭圆上异于顶点的任意一点，、分别是椭圆的上顶点和右顶点，直线交轴于，直线交轴于，证明为定值．【解析】（Ⅰ）由已知且，∴，∴，从而，故椭圆的方程为．（4分）（Ⅱ）设，其中，且，∴，，，∴直线的方程为，令得，直线的方程，令得，（8分）则，，∴.即恒等于．（12分）18/18\n20．（本小题满分12分）已知在如图①所示的矩形ABCD中，AB=，AD=4，E为AD上靠近D的一个四等分点．现将△BCE以BC为旋转轴旋转到△BCF，使平面BCF⊥平面ABCD，设G，H分别为AD，CF的中点，如图②所示． 图①图②（Ⅰ）求证：平面BGF⊥平面CDF；（Ⅱ）求平面BGF与平面DGH夹角的余弦值．【解析】（Ⅰ）在题图①中，∵AB=，AD=4，E为AD上靠近D的一个四等分点，∴AE=3，DE=1，∴BE=2，CE=2，（2分）∴=+，得BE⊥CE，∴在题图②中，BF⊥CF．（3分）又平面BCF⊥平面ABCD，且平面BCF∩平面ABCD=BC，DC⊥BC，∴DC⊥平面BCF，∴DC⊥BF．又DC∩CF=C，∴BF⊥平面DCF．又BF平面BGF，∴平面BGF⊥平面CDF．（5分）（Ⅱ）以F为坐标原点，FC，FB所在直线分别为x，y轴，过点F且垂直于平面BCF的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0，0，0)，B(0，2，0)，G(1，，)，H(1，0，0)，D(2，0，)，（6分）∴=(0，2，0)，=(1，，)，=(−1，，0)，=(−1，0，−)．18/18\n设=(，，)为平面BFG的法向量，则，即，则，令，则=，∴平面BFG的一个法向量为=(，0，−1)．（7分）设=(，，)为平面DGH的法向量，则，即，令=，则=1，=−1，∴平面DGH的一个法向量为=(，1，−1)．（9分）设θ为平面BFG与平面DGH的夹角，则=．（12分）21.（本小题满分12分）已知，曲线在处的切线方程为.（1）求的值；（2）求在上的最大值；（3）证明：当时，.【解析】（1），由题设得，，解得.（2分）（2）由（1）知，∴，，∴在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以.（6分）（3）由（2）知过点，且的图像在处的切线方程为，故可猜测：当时，的图象恒在切线的上方.下证：当时，设，则，[来源:Z&xx&k.Com]由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，18/18\n又，∴，所以，存在，使得，所以，当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，∴，当且仅当时取等号，故.由（2）知，，即，所以，即成立，当时，等号成立（12分）选考部分:共10分。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为:（其中为常数）.（Ⅰ）若曲线与曲线只有一个公共点，求的取值范围；（Ⅱ）当时，求曲线上的点与曲线上点的最小距离．【解析】（Ⅰ）曲线的普通方程是曲线的直角坐标方程是联立方程得由题意，方程在上仅有一解解之得（5分）[来源:学*科*网Z*X*X*K]（Ⅱ）当时，曲线的直角坐标方程是，18/18\n设是曲线上任意一点，它到曲线的距离是∵∴∴（10分）23．（本小题满分10分）（选修4-5：不等式选讲）已知函数.（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）若，求的取值范围.【解析】（Ⅰ）ⅰ）当时，原不等式化为解之得，结合，此时ⅱ）当时，原不等式化为，无解ⅲ）当时，原不等式化为解之得，结合，此时综上：原不等式的解集为（5分）（Ⅱ）即又，∴∴且∴（10分）18/18
