卷1-备战2022年高考数学（文）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（文）全真模拟卷（全国卷专用）第一模拟（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（2021四川成都七中高三期中（文）设全集，集合，则（ ）ABCD【答案】C【分析】根据交集、补集的定义，即得解【详解】由题意，全集，集合，故则故选：C2（2021贵州贵阳一中高三月考（文）复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（ ）AiBCD1【答案】C【分析】根据复数的除法，可得，再利用共轭复数的概念即可得解.【详解】，则，故选：C.3（2021贵州贵阳一中高三

2、月考（文）国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议.第十四届大会于2021年7月11日18日在上海市华东师范大学成功举办，其会标如图，包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，受疫情影响，第十四届大会在原定的举办时间上有所推迟，已知上述二进制和八进制数转换为十进制，即是第十四届大会原定的举办时间，则第十四届数学教育大会原定于（ ）年举行.A2018B2019C2020D2021【答案】C

3、【分析】根据给定条件，将八进制数3744转换为十进制数即可.【详解】.故选：C4（2021陕西汉中二模（文）已知，那么（ ）ABCD【答案】D【分析】根据诱导公式得，代入二倍角公式即可【详解】因， 所以故选：D5（2021西藏拉萨一模（文）函数的图象大致是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用特殊值及函数的导数判断函数的单调性进行排除，即可得到函数的图象.【详解】当时，.排除AC，令，当，函数是增函数，当，函数是减函数，存在，使得，且当，即，函数是增函数，当，即，函数是减函数，B不正确，故选D.【点睛】思路点睛：本题考查函数图象的判断，一般通过函数的定义域值域奇偶性对称性单调性特殊点以及变化趋势

4、判断.6（2021河南模拟预测（文）“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，其基本原理是：以一根确定长度的琴弦为基准，取此琴弦长度的得到第二根琴弦，第二根琴弦长度的为第三根琴弦，第三根琴弦长度的为第四根琴弦，第四根琴弦长度的为第五根琴弦琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫、商、角（ju）、徵（zh）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（ ）ABCD【答案】C【分析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“角”和“徵”对应的琴弦长度之比.【详解】设基准琴弦的长度为，则根

5、据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，五根琴弦的长度从大到小依次为，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为故选：C.7（2021云南玉溪高三月考（文）已知直线过抛物线：的焦点，并交抛物线于，两点，则弦中点的横坐标是（ ）ABCD1【答案】C【分析】过点作抛物线准线的垂线，则由抛物线的定义结合梯形中位线定理可求得结果【详解】如图，由题意可得抛物线的准线的方程为，过点作抛物线准线的垂线于，过分别作于点，于点，则，因为弦的中点为，所以，所以点的横坐标是，故选：C8（2021云南师大附中高三月考（文）某三棱锥的三视图如图所示，是三个边长为2的正方形，则该三棱锥的体积为（ ）A

6、BC6D【答案】B【分析】作出原几何体，得出其是由正方体截去四个角得出的正四面体，用正方体体积减去4个三棱锥体积可得.【详解】根据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积.记每一个角处三棱锥的体积为，则，故选：B.9（2021河南高三月考（文）在平行四边形中，为中点，若，且.则（ ）ABCD【答案】A【分析】设，求得，将与用基底表示，并将转化为，计算求得结果.【详解】设，则，由条件可得，由可得，即，即.故.故选：A.10（2021陕西西安高三月考（文）已知，则的值域是（ ）ABCD【答案】C【分析】首先利用降幂公式化简

7、函数，再求的范围，再求函数的值域.【详解】，的值域为故选：C11（2021安徽省泗县第一中学模拟预测（文）已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；【详解】解：由圆，圆，得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，又在直线上，即.，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.12（2021江西临川三模（文）已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是ABCD【答案】D【分析】

8、先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有，令，则有即.因为在区间内没有零点，故存在整数，使得，即，因为，所以且，故或，所以或，故选：D.【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（2021贵州模拟预测（文）在梯形中，则的面积是_.【答案】【分析】在中，由余弦定理可得的值，进而求出的面积，由的面积为得结论【详解】解：在中，由余弦定理可得：，所以，所以的面积为：，因为.所以的面积

9、为.故答案为：.14（2021江西模拟预测（文）已知函数的定义域为，对任意，恒成立，且当时，则_.【答案】54【分析】由已知条件可得，求出即可得到答案；【详解】因为，所以.故答案为：54.15（2021四川内江模拟预测（文）若对任意的、，且，则的最小值是_【答案】【分析】分析出函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调递减区间，即可求得实数的最小值.【详解】对任意的、，且，易知，则，所以，即，令，则函数在上为减函数，因为，由，可得，所以函数的单调递减区间为，所以，所以，因此，实数的最小值为.故答案为：.16（2021甘肃金昌二模（文）如图，已知抛物线：的焦点为，抛物线的准线与轴相交于点，点（在第

10、一象限）在抛物线上，射线与准线相交于点，直线与抛物线交于另一点，则_【答案】3【分析】由，可得，再由直线的方程为：，与抛物线联立，可得，从而得，结合抛物线定义及平行性质可得解.【详解】抛物线：的焦点为，由，可得，解得，可得，由，解得，直线的方程为：，与抛物线联立，可得，由，得，则，所以，由抛物线定义得，且，所以，所以故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由得，再由直线和抛物线联立得，进而得，从而可利用抛物线的性质处理比值.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吉林长春市基础教育研究中心（长春市基础教育质量监测中心）一模（文）某中学

11、有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：小时）各分为5组：，得其频率分布直方图如图所示.（1）国家规定：初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半小时，若该校初中学生课外阅读时间低于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间.根据以上抽样调查数据（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），该校是否需要增加初中学生课外阅读时间？（2）从课外阅读时间不足10个小时的样本中随机抽取3人，求至少有2名初中生的概率.【答案】（1）需要

12、；（2）.【分析】（1）根据频率分布直方图根据平均数公式估计初中生阅读时间的平均数，即得解；（2）根据古典概型的计算公式，即得解【详解】（1）由图可求出初中生在内的频率为，故样本中初中生阅读时间的平均数为，故按国家标准，该校需要增加初中学生课外阅读时间.（2）由图可求出初中生和高中生课外阅读时间不足10小时的人数分别为3人和2人，记初中生3人为，高中生2人为，从这5人中随机抽取3人一共有10种，分别为其中至少2名初中生包括7种情况，所以所求事件的概率为.18（2021安徽省舒城中学三模（文）设数列为等差数列，其前n项和为，数列为等比数列已知（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前n项和【答案

13、】（1），；（2）【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意，列方程求解即可得答案；（2）根据错位相减法求和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由可得，即，解得，所以，则；（2），则，可得，得：，因此，；【点睛】本题考查等差等比数列的基本计算，错位相减法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于掌握错位相减法求和的基本方法，第一步列式，第二步，乘公比错位，第三步两式做差整理.19（2021黑龙江哈九中三模（文）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，、分别为、的中点，为上一点过和的平面交于，交于（1）证明：，且平面平面；（2）设

14、为的中心若，平面，且，求四棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明出、，结合平行线的传递性可证得，证明出，平面，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，说明点到平面的距离等于点到平面的距离，然后利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，所以，且，因为、分别为、的中点，则且，故四边形为平行四边形，所以，又因为，因此，.，为的中点，则，平面，平面，故，则，平面，平面，平面，平面平面，则，所以，平面，因为平面，因此，平面平面；（2）平面，平面，平面平面，故，又因为，故四边形为平行四边形，所以，为的

15、中心，则，则四边形为平行四边形，所以，因为且，则四边形为平行四边形，故，平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，过点在平面内作，垂足为点，因为平面平面，平面平面，平面，故平面，所以，所以，.20（2021四川德阳二模（文）已知直线与椭圆相切于点，直线的斜率为，设直线与椭圆分别交于点、(异于点)，与直线交于点.（1）求直线m的方程：（2）证明：成等比数列【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）首先设直线的方程为，再与椭圆联立，利用求解即可.（2）首先设直线的方程为，与直线联立得到且，则，再与椭圆联立，利用弦长公式计算，即可证明.【详解】（1）由题知直线的斜率存在，设直线

16、的方程为，由只有一组实数解，即只有一实根，得.解得.故直线的方程为.（2）设直线的方程为，则且，则，由，得，所以，所以.即，即成等比数列.21（2021江西临川一中模拟预测（文）已知函数，当时，（1）若函数在处的切线与轴平行，求实数的值；（2）求证：；（3）若恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）求导数，根据题意g(0)=0,求得a的值；（2）当时，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明，从而证得；当时，令，利用导数研究单调性，进而证明，综上可知：；（3）利用（2）的结论放缩后得，令，利用导数研究单调性可得得到从而当时，在上恒成立同样利用放缩后可得利用导

17、数进行研究可证得当时，在上不恒成立【详解】解：（1），函数在处的切线与轴平行，则，得（2）证明：当时，令，则当时，在上是增函数，即当时，令，则当时，在单调递增，综上可知：；（3）解：设令，则，令，则当时，可得是上的减函数，故在单调递减，当时，在上恒成立下面证明当时，在上不恒成立令，则当时，故在上是减函数，当时，存在，使得，此时，即在不恒成立综上实数的取值范围是【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数证明不等式和解决不等式恒成立求参数范围问题，属于中高档题，难度较大.关键难点是利用第（2）的结论，对进行放缩，从正反两方面证明a-3.请考生在第22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分22（2021云南大理模拟预测（文）数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.【详解】（1）由可得，所以或所以或因为，所以所以交点的极坐标为（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为直线的直角坐标方程为所