广东省中山市2022届高三数学下学期第二次模拟考试试题理（答案不全）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．1.设随机变量服从正态分布，若，则（）A．3B．C．5D．2．在△ABC中，已知b＝4，c＝2，∠A＝120°，则（）A．2 B．6 C．2或6 D．23．设a＞1＞b＞0，则下列不等式中正确的是（A）(-a)7＜(-a)9（B）b-9＜b-7（C）（D）4.设抛物线的顶点在原点,准线方程为则抛物线的方程是()A.B.C.D.5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（A）若且，则（第6题图）正视图侧视图俯视图2221（B）若且，则（C）若且，则（D）若且，则6．已知某锥体的三视图（单位：cm）如图所示，则该锥体的体积为（A）2（B）4（C）6（D）87．的展开式的常数项是（A）48（B）﹣48（C）112（D）﹣1128．袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球．由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回．若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是（A）（B）（C）（D）12\n二．填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题：第9、10、11、12、13题为必做题，每道试题考生都必须作答．9．已知复数z满足=i（其中i是虚数单位），则．10．设，其中实数满足且，则的取值范围是．11．已知抛物线上两点的横坐标恰是方程的两个实根，则直线的方程是．12．口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只．现从中一次性随机地取出两个球，设取出的两球中较小的编号为，则随机变量的数学期望是．13．在△ABC中，∠C=90°，点M满足，则sin∠BAM的最大值是．（二）选做题：第14、15题为选做题，考生只能选做一题．14．（坐标系与参数方程选做题）若直线的极坐标方程为，曲线：上的点到直线的距离为，则的最大值为.15.(几何证明选讲选做题)如图圆的直径,是的延长线上一点,过点作圆的切线,切点为,连接,若,则.三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分13分)在某校高三学生的数学校本课程选课过程中，规定每位同学只能选一个科目。已知某班第一小组与第二小组各有六位同学选择科目甲或科目乙，情况如下表：科目甲科目乙总计第一小组156第二小组24612\n总计3912现从第一小组、第二小组中各任选2人分析选课情况.（1）求选出的4人均选科目乙的概率；（2）设为选出的4个人中选科目甲的人数，求的分布列和数学期望．18．（本题满分14分）如图所示，⊥平面，PABCDM（第20题图）△为等边三角形，，⊥，为中点．（I）证明：∥平面；（II）若与平面所成角的正切值为，求二面角--的正切值．19．（本小题满分14分）设等差数列的前n项和为，且．数列的前n项和为，且，．（I）求数列,的通项公式；（II）设，求数列的前项和．12\nOFACBDxy（第20题图）20．（本题满分14分）已知椭圆Γ：的离心率为，其右焦点与椭圆Γ的左顶点的距离是3．两条直线交于点，其斜率满足．设交椭圆Γ于A、C两点，交椭圆Γ于B、D两点．（I）求椭圆Γ的方程；（II）写出线段的长关于的函数表达式，并求四边形面积的最大值．21．（本小题满分14分）设函数.（Ⅰ）若，求函数在[1，e]上的最小值；（Ⅱ）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；12\n16．（本题满分14分）解：（Ⅰ）由，得，……………………1分又，代入得，由，得，……………………3分，………5分得，……………………7分（Ⅱ），……………………9分，，则……………………11分……………………14分17.（本小题满分12分）解：（1）设“从第一小组选出的2人选科目乙”为事件，“从第二小组选出的2人选科目乙””为事件.由于事件、相互独立，且,.………………………………4分所以选出的4人均选科目乙的概率为……………………………6分（2）设可能的取值为0,1,2,3.得,,，…9分12\n的分布列为∴的数学期望…………13分（19）（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由题意，，得．…………3分，，，两式相减，得数列为等比数列，．…………7分（Ⅱ）．当为偶数时，=．……………10分当为奇数时，（法一）为偶数，……………13分（法二）．……………13分……………14分18．（本题满分15分）12\n解：（Ⅰ）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC．依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD．…………3分又因为BMË平面PCD，CDÌ平面PCD，所以BM∥平面PCD．…………5分PABCDM（第18题图）FE（Ⅱ）因为CD⊥AC，CD⊥PA，所以CD⊥平面PAC，故PD与平面PAC所成的角即为∠CPD．……………7分不妨设PA=AB=1，则PC=．由于，所以CD=．……………9分（方法一）在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F．因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD．又EF⊥PD，所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角．……………12分易知PE=3EC，ME=，EF=，PABCDM（第18题图）xyz所以tan∠EFM=，即二面角C-PD-M的正切值是．……………15分（方法二）以A点为坐标原点，AC为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．则P（0,0,1），M（），C（1,0,0），D．则，，．若设和分别是平面PCD和平面PMD的法向量，则，可取．12\n由，可取．………12分所以，故二面角C-PD-M的余弦值是，其正切值是．……………15分21．（本题满分14分）解：（Ⅰ）设右焦点（其中），依题意，，所以．……………3分所以，故椭圆Γ的方程是．……………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，F（1,0）．将通过焦点F的直线方程代入椭圆Γ的方程，可得，其判别式．特别地，对于直线，若设，则，.………………10分又设，由于B、D位于直线的异侧，所以与异号．因此B、D到直线的距离之和21．（本小题满分14分）解:(1)，……………1分依题设，有，即，……………2分12\n解得……………3分．……………4分(2)方程，即，得，………5分记，则.……6分令，得………7分当变化时，、的变化情况如下表：∴当时，F(x)取极小值；当时，F(x)取极大值…………8分作出直线和函数的大致图象，可知当或时，它们有两个不同的交点，因此方程恰有两个不同的实根，………9分(3),得，又。，．…………………10分由，得，………11分，即………12分12\n又………13分即，故的整数部分为．…………l4分12\n．………12分综合可得，四边形ABCD的面积．因为，所以，于是当时，单调递减，所以当，即时，四边形ABCD的面积取得最大值．……………15分22．（本题满分14分）解：（Ⅰ）时，，求导可得……………3分所以，在单调递增，故的最小值是．…………5分（Ⅱ）依题意，．……………6分（ⅰ）由（Ⅰ）可知，若取，则当时，即．于是，即知．…………8分所以．……………9分12\n12
