卷4-备战2022年高考数学（理）全真模拟卷（全国卷专用）·第一辑（解析版）

1、备战2022年高考数学（理）全真模拟卷（全国卷专用）第四模拟（本卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1（2021山西太原五中高三月考（理）在复平面内与复数所对应的点关于虚轴对称的点为，则对应的复数为（ ）ABCD【答案】D【分析】在复平面内，复数的实部代表对应点的横坐标，虚部代表纵坐标，对复数进行化简可得到其所对应的点坐标，从而求出对称点的坐标，横坐标为实部，纵坐标为虚部，可以写出点所对应的复数【详解】，在复平面内所对应的点为，关于虚轴对称的点为，所以对应的复数为故选：D2（2

2、021吉林长春十一高高三月考（理）图中阴影部分所对应的集合是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据图中阴影部分和集合的运算可得答案.【详解】图中阴影部分所对应的集合是两部分集合的并集，即，故选：C3（2021四川成都二模（理）已知随机变量服从二项分布，其期望，当时，目标函数的最小值为，则的展开式中各项系数之和为（ ）A1BCD【答案】B【分析】先求出，再利用线性规划求出，最后利用赋值法可求展开式中各项系数之和.【详解】根据二项分布期望的定义，可知，得，画出不等式组表示的区域，如图中阴影部分所示，其中，平移直线，当直线经过点时，取最小值，即，于是，令，可得展开式的各项系数之和为故选：B4（2021

3、新疆二模（理）已知，为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】B【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；根据线面平行的性质可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断A.【详解】A，若，且，则，故A错误；B，若， ，则，且，由，所以，故B正确；C，若，且与相交，则，故C错误；D，若，且与相交， 则，故D错误.故选：B5（2021甘肃静宁县第一中学二模（理）已知，则（ ）ABCD【答案】C【分析】用正弦的二倍角公式和同角间的三角函数关系变形为关于齐次式，再转化为关于的式子，代入计算【详解】因为，所以故选：C6（202

4、1山西吕梁高三月考（理）如图，中，点M是BC的中点，点N满足，AM与CN交于点D，则（ ）ABCD【答案】C【分析】由题设易得，利用平面向量的三点共线定理即可求值.【详解】由题设，又，而共线，可得.故选：C7（2021吉林东北师大附中高三月考（理）已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）ABCD【答案】D【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的定义域为，不满足条件；对于B选项，函数的定义域为，不满足条件；对于C选项，函数的定义域为，函数为偶函数，当时，则，不满足条件；对于D选项，函数的定义域为，函数为偶函数，当时，

5、则，满足条件.故选：D.8（2021陕西汉中高三月考（理）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点是前两个数均为，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）ABCD【答案】C【分析】斐波那契数列满足递推关系，列举出前项可知A正确；利用累加的方式可确定BC的正误；根据递推关系可确定D正确.【详解】斐波那契数列满足递推关系：，对于A，斐波那契数列的前项为，A正确；对于B，各式相加得：，B正确；对于C，各式相加得：，C错误；对于D，D正确.故选：C.【点睛】关键点点

6、睛：本题考查数列的应用，解题关键是能够根据规律总结出“斐波那契数列”的递推关系式，采用累加法或根据递推关系直接推导即可得到结果.9（2021江西萍乡二模（理）已知函数为偶函数，且当时，若，（其中为自然对数的底数，为圆周率），则，的大小关系为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用指数函数的性质和对数函数的性质可得，结合的奇偶性和单调性可得三者之间的大小关系.【详解】因为时，故为上的增函数因为，故，而，故故选：A.10（2021四川眉山三模（理）阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹已知在中，角、所对的边分别为、，且

7、，则面积的最大值为（ ）ABCD【答案】A【分析】求得，然后以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，可得出中边上的高的最大值，由此可求得面积的最大值.【详解】由正弦定理可得，设的外接圆半径为，则，以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：则、，设点，由，可得，化简可得，所以，的边上的高的最大值为，因此，.故选：A.【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；（2）定义法：根据圆的定义写出方程；（3）几何法：利用圆的性质列方程；（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式11（202

8、1安徽毛坦厂中学高三月考（理）函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【分析】由已知得在上恒成立，进行参变分离得在上恒成立，令，将问题转化为在上恒成立，由的单调性，求得其最大值，由此可得答案.【详解】解：因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，所以问题转化为在上恒成立，而在上单调递增，所以当时，有最大值，所以有最大值，所以，故选：A.12（2021山西一模（理）函数（，且）有两个零点，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【分析】令，将题意转化为函数图象与函数图象有两个交点，结合图象确定正确选项.【详解】，得，即由题意知函数图象与函数图象

9、有两个交点当时，草图如下，显然有两交点当时，函数图象与函数图象有两个交点时，注意到互为反函数，图象关于直线对称，可知函数图象与直线相切，设切点横坐标，则，解得综上，a的取值范围为.故选：D【点睛】思路点睛：本题处理函数的零点问题转化为了两个函数图象的交点，利用数形结合思想可得参数范围.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（2021江西高三月考（理）某工厂为了对40个零件进行抽样调查，将其编号为00，01，38，39.现要从中选出5个，利用下面的随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，选出来的第5个零件编号是_.0647 4373 8636 9647 3661 4698

10、 6371 6233 2616 8045 6011 14109577 7424 6762 4281 1457 2042 5332 3732 2707 3607 5124 5179【答案】11【分析】由题意可知，由47，从左至右依次读取00-39的数，可求得结果【详解】利用随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，即47开始读取，在编号范围内的提取出来，可得36，33，26，16，11，则选出来的第5个零件编号是11，故答案为：1114（2021陕西高新一中二模（理）在中，角、所对的边为、，若，则的面积_【答案】6【分析】根据同角三角函数的基本关系先计算出的值，然后根据两角和的正弦公式计算

11、出的值，再利用正弦定理求解出，结合三角形面积公式可完成求解.【详解】解：在中，因为，可得，又，所以，由正弦定理，可得，解得，故的面积，故答案为：6【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于通过隐含条件“”分析出的值，后续再根据正弦定理求解出中任意一边的长度即可根据三角形面积公式完成计算.15（2021山西阳泉三模（理）为迎接2022年北京冬奥会，短道速滑队组织甲乙丙等6名队员参加选拔赛，比赛结果没有并列名次.记“甲得第一名”为p，“乙得第一名”为q，“丙得第一名”为r，若是真命题，是真命题，则得第一名的是_.【答案】甲【分析】直接利用复合命题的真假判断推理得答案.【详解】由是真命题，可知p，q中至

12、少有一个是真命题，又比赛结果没有并列名次，说明第一名要么是甲，要么是乙，则r是假命题，又是真命题，则是真命题，即 q为假命题，故得第一名的是甲，故答案为：甲16（2021安徽宿州三模（理）已知三棱锥的外接球的半径为，为等腰直角三角形，若顶点到底面的距离为4，且三棱锥的体积为，则满足上述条件的顶点的轨迹长度是_【答案】【分析】设直角边的边长为，根据三棱锥的体积为，求得，进而求得外接圆半径为，得出球心到底面的距离，得出球心到该截面圆的距离，进而求得截面圆的半径，即可求得点的轨迹长度.【详解】设底面等腰直角三角形的直角边的边长为，顶点到底面的距离为4且三棱锥的体积为，解得，的外接圆半径为，球心到底面

13、的距离为，又顶点到底面的距离为4，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径，顶点的轨迹长度是，故答案是：【点睛】解题方法点拨：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（2021黑龙江佳木斯一中高三月考（理）已知数列的前n项和为，且，对任意的数列满足（1）求数列和的

14、通项公式；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用可求出，再根据求出，进而根据可求出；（2）根据，利用裂项求和法可求出，再利用单调性可求出结果.【详解】（1）因为，所以当时，所以，得，所以，所以.（2）因为，所以，因为为单调递增数列，所以当时，取得最小值，又，所以的取值范围是.18（2021贵州贵阳一中高三月考（理）如图，已知多面体的底面是菱形，是等边三角形，且平面底面底面.（1）在平面内找到一个点G，使得，并说明理由；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为H，只需在找点即可；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求

15、平面的一个法向量与向量，根据直线与平面夹角的向量公式即可求解【详解】（1）如图所示，取的中点为H，连接，再取的中点为G，连接，则.理由如下：是等边三角形，.又平面底面，且平面底面，底面.又底面，即，又，四边形是平行四边形，. （2）由（1）可知，直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面所成角的正弦值.连接，由题意可知.以H为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设菱形的边长为2，则易知，.设平面的一个法向量为，则即令，则，直线与平面所成角的正弦值为.19（2021河南安阳一模（理）乒乓球是中国国球，它是一种世界流行的球类体育项目.某中学为了鼓励学生多参加体育锻炼

16、，定期举办乒乓球竞赛，该竞赛全程采取“一局定输赢”的比赛规则，首先每个班级需要对本班报名学生进行选拔，选取3名学生参加校内终极赛与其他班级学生进行同台竞技.（）若高三（1）班共有6名男生和4名女生报名，且报名参赛的选手实力相当，求高三（1）班选拔的校内终极赛参赛选手均为男生的概率.（）若高三（1）班选拔的选手甲、乙、丙分别与高三（2）班选拔的选手A，B，C对抗，甲、乙、丙获胜的概率分别为，且甲、乙丙三人之间获胜与否互不影响，记为在这次对抗中高三（1）班3名选手获胜的人数，.（）求；（）求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（）；（）（）；（）分布列见解析，.【分析】（1）利用古典概型计算即可得

17、出答案.（2）（）利用即可计算出的值.（）由题意知随机变量的可能取值为0，1，2，3；分别求出其概率，即可得出其分布列与数学期望.【详解】（）设“高三（1）班选拔的参数选手均为男生”为事件，则；（）（）由题意，解得；（）随机变量的可能取值为0，1，2，3，所以，故的分布列为：0123所以的数学期望.【点睛】本题主要考查随机事件的分布列与期望.掌握随机事件的概率计算是解题的基础.20（2021内蒙古赤峰高三月考（理）椭圆的焦点到直线的距离为，离心率为，抛物线的焦点与椭圆的焦点重合，斜率为的直线过的焦点与交于两点，与交于两点（1）求椭圆及抛物线的方程；（2）是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的

18、值；若不存在，请说明理由【答案】（1），；（2）存在；，理由见解析.【分析】（1）由点到直线的距离求出，可得的值，由离心率求出的值，再由可得的值，即可求解；（2）设直线，联立直线与椭圆的方程，可得，弦长，联立抛物线与直线方程，计算，再由是常数即可得的值.【详解】（1）设椭圆与抛物线的公共焦点为所以焦点到直线的距离为，可得：，所以，由，可得：，所以，所以椭圆，抛物线；由（1）知：，设直线，由可得：，所以，所以，由可得：，所以，因为是焦点弦，所以，所以若为常数，则，所以.21（2021四川高三月考（理）已知函数，为的导数（1）若函数有两个极值点，求实数a的取值范围；（2）当时，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得，然后求得，根据在有两个变号零点列不等式组，由此求得的取值范围.（2）先证得时，所证不等式成立，当时，转化为证明，构造函数，利用导数证得，从而证得所证不等式成立.【详解】（1）依题意知：，有两个极值点，在有两个变号零点，令得：，关于的一元二次方程有两个不等的正根，记为，即：解得：， ，故的取值范围为：.（2）依题意，要证：，当时，故原不等式成立，当时，要证：，即要证：，令则，先证：，即要证：，令，则，当时，在单调递增，即：，当时，在单调递减，在单调递减，即：，故原不等式成立.【点睛】利用导数证明不等式成立，可先化简所证不等式，通过构造函数法