2022年高考文理数学全真模拟卷（全国卷）五套汇编

备战2022年高考数学（理）【名校地市好题必刷】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（理））设全集，集合，，则（）A． B． C． D．【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（理））复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）A．i B． C． D．1【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·贵阳一中高三月考（理））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.A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【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·河南·模拟预测（理））“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（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）A． B． C． D．【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.5．（2021·云南玉溪·高三月考（理））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（）A． B． C． D．1【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：C6．（2021·云南师大附中高三月考（理））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． B． C．6 D．【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.7．（2021·四川·石室中学三模）多项式的展开式中含项的系数为（）A． B． C．2 D．4【答案】D【分析】利用杨辉三角展开，再分析展开式与相乘的积中项即可得解.【详解】由杨辉三角知，的展开式的项有，所以展开式中含项的系数为4.故选：D8．（2021·河南·高三月考（理））在平行四边形中，，，为中点，若，且.则（）A． B． C． D．【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.9．（2021·陕西西安·高三月考（理））已知，则的值域是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用降幂公式化简函数，再求的范围，再求函数的值域.【详解】，的值域为故选：C．10．（2021·安徽省泗县第一中学模拟预测（理））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（）A． B． C． D．【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.11．（2021·江西临川·三模（理））已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【分析】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.12．（2021·河南新乡·二模（理））正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取的中点为，，可得当的长度最小时，取得最小值，求出球心到点的距离，可得点到的距离为.【详解】因为四面体是棱长为1的正四面体，所以其体积为.设正四面体内切球的半径为，则，得.如图，取的中点为，则.显然，当的长度最小时，取得最小值.设正四面体内切球的球心为，可求得.因为球心到点的距离，所以球上的点到点的最小距离为，即当取得最小值时，点到的距离为.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点到的距离为球心到点的距离减去半径.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（理））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.所以的面积为.故答案为：.14．（2021·江西·模拟预测（理））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（理））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（理））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·安徽省舒城中学三模（理））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】（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①，可得②，①②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.18．（2021·陕西·西工大附中分校模拟预测（理））在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期．一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把捏认为潜伏期与息者年龄有关；潜伏期天潜伏期天总计50岁以上（含50）10050岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立．为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：，其中．0.050.0250.0103.8415.0246.635【答案】（1）天；（2）列联表见解析，没有95%的把捏认为潜伏期与息者年龄有关.（3）潜伏期超过6天最有可能是8人.【分析】（1）根据频率直方表求平均值即可.（2）由题设写出列联表，根据卡方检验公式计算卡方值，比照参考值即可知是否有95%的把捏认为潜伏期与息者年龄有关；（3）由题意知潜伏期超过6天的人数，则，应用不等法求最大概率时的k值即可.【详解】（1）天.（2）由题设知：的频率为，的频率为，故200人中潜伏期在上有120人，在上有80人.列联表如下：潜伏期天潜伏期天总计50岁以上（含50）653510050岁以下5545100总计12080200∴，故没有95%的把捏认为潜伏期与息者年龄有关.（3）由患者潜伏期超过6天发生的概率，设潜伏期超过6天的人数为，则，∴且，，由题意，，即，化简得，解得，∴，即潜伏期超过6天最有可能是8人.19．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校模拟预测（理））在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，为的中点，为的中点，为棱上靠近的三等分点．（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接且交于点，连接，可证明，即得证；（2）以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解【详解】（1）证明：连接且交于点，连接．由题意可知，，为中线，所以为重心，，所以，平面，平面，所以平面．（2）因为，，，所以．又因为，，所以，即．所以，，两两垂直．故以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有即，可令，，所以，设平面的法向量为，则有即，可令，所以，因为，所以，即二面角的正弦值为．20．（2021·宁夏石嘴山·二模（理））已知椭圆的右焦点为F，A、B分別为椭圆的左项点和上顶点，ABF的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP、AQ分别与直线x＝交于点M、N．以MN为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）MN为直径的圆恒过定点和．【分析】（1）根据ABF的面积为求出a＝2，即得解；（2）设直线PQ的方程为，点．求出，，设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则，联立和PQ的方程为，得到韦达定理，把韦达定理代入即得解.【详解】解：（1）由题得ABF的面积，解得a＝2，即椭圆C的标准方程为．（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为，点．直线AP的方程为，直线AQ的方程为，将代入直线AP、AQ方程，可得，．设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则，即联立椭圆和直线PQ的方程为，可得，化简得，即，．代入上式化简得，由此可知，若上式与t无关，则，又，因此MN为直径的圆恒过定点和．【点睛】方法点睛：证明曲线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.21．（2021·四川·双流中学三模（理））设函数（1）若，求的单调区间；（2）若，对任意的，不等式恒成立.求的值；（3）记为的导函数，若不等式在上有实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）；（3）.【分析】（1）求出，令，解出不等式可得答案.（2）设.由题意知，可得时函数单调递增，所以在上恒成立，分离参数即可求解.（3）由题意即，在上有解.即在上有解，设，故，由导数得出其单调性，从而得出最值即可得到答案.【详解】（1），所以，因为，所以时，，时，，所以的增区间为，减区间为.（2）当，.由恒成立，即恒成立，设.由题意知，故当时函数单调递增，所以恒成立，即恒成立，因此，记，得，∵函数在上单调递增，在上单调递减，∴函数在时取得极大值，并且这个极大值就是函数的最大值.由此可得，故，结合已知条件，，可得.（3）不等式在上有解.即为，化简得：，在上有解.由知，因而，设，由，∵当时，，∴在时成立.由不等式有解，可得知，即实数的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数单调区间以及利用导数解决恒成立、能成立问题，解答本题的关键是由恒成立，设.由题意可得函数在上单调递增，则恒成立，由题意分离参数得而，从而利用导数求出单调性得出其最小值即可，属于难题.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（理））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以点P到直线l的距离的最大值为23．（2021·贵州·二模（理））已知.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）分别在、和时，去绝对值符号，解不等式求得结果；（Ⅱ）将问题转化为在上恒成立，由绝对值不等式的解法和分离变量法可得，根据可得结果.【详解】（Ⅰ）当时，；当时，，解集为；当时，，解得：，；当时，恒成立，；综上所述：的解集为；（Ⅱ）当时，，则恒成立等价于恒成立，，即，，当时，，，即实数的取值范围为.【点睛】易错点睛：本题易错点在于采用分离变量法求解恒成立问题时，忽略了函数最值点能否取得的问题，造成求解参数范围时丢掉了临界值.

备战2022年高考数学（理）【名校地市好题必刷】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（理））设全集，集合，，则（）A． B． C． D．2．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（理））复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）A．i B． C． D．13．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（理））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.A．2018 B．2019 C．2020 D．20214．（2021·河南·模拟预测（理））“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（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）A． B． C． D．5．（2021·云南玉溪·高三月考（理））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（）A． B． C． D．16．（2021·云南师大附中高三月考（理））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． B． C．6 D．7．（2021·四川·石室中学三模）多项式的展开式中含项的系数为（）A． B． C．2 D．48．（2021·河南·高三月考（理））在平行四边形中，，，为中点，若，且.则（）A． B． C． D．9．（2021·陕西西安·高三月考（理））已知，则的值域是（）A． B． C． D．10．（2021·安徽省泗县第一中学模拟预测（理））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（）A． B． C． D．11．（2021·江西临川·三模（理））已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．12．（2021·河南新乡·二模（理））正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（）A． B． C． D．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（理））在梯形中，，则的面积是___________.14．（2021·江西·模拟预测（理））已知函数的定义域为，对任意，恒成立，且当时，，则______.15．（2021·四川内江·模拟预测（理））若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．16．（2021·甘肃金昌·二模（理））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________．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·安徽省舒城中学三模（理））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．18．（2021·陕西·西工大附中分校模拟预测（理））在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期．一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把捏认为潜伏期与息者年龄有关；潜伏期天潜伏期天总计50岁以上（含50）10050岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立．为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：，其中．0.050.0250.0103.8415.0246.63519．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校模拟预测（理））在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，为的中点，为的中点，为棱上靠近的三等分点．（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值．20．（2021·宁夏石嘴山·二模（理））已知椭圆的右焦点为F，A、B分別为椭圆的左项点和上顶点，ABF的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP、AQ分别与直线x＝交于点M、N．以MN为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．21．（2021·四川·双流中学三模（理））设函数（1）若，求的单调区间；（2）若，对任意的，不等式恒成立.求的值；（3）记为的导函数，若不等式在上有实数解，求实数的取值范围.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（理））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．23．（2021·贵州·二模（理））已知.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

备战2022年高考数学（文）【名校地市好题必刷】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（）A． B． C． D．【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（）A．i B． C． D．1【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.A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【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（）A． B． C． D．【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：D．5．（2021·西藏拉萨·一模（文））函数的图象大致是（）A． B．C． D．【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（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）A． B． C． D．【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（）A． B． C． D．1【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． B． C．6 D．【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（）A． B． C． D．【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（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用降幂公式化简函数，再求的范围，再求函数的值域.【详解】，的值域为故选：C．11．（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（）A． B． C． D．【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A． B． C． D．【答案】D【分析】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；（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】（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①，可得②，①②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）①当时，，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明，从而证得；②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：①当时，，令，则．当时，，∴在上是增函数，∴，即．②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以点P到直线l的距离的最大值为23．（2021·贵州·二模（文））已知.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）分别在、和时，去绝对值符号，解不等式求得结果；（Ⅱ）将问题转化为在上恒成立，由绝对值不等式的解法和分离变量法可得，根据可得结果.【详解】（Ⅰ）当时，；当时，，解集为；当时，，解得：，；当时，恒成立，；综上所述：的解集为；（Ⅱ）当时，，则恒成立等价于恒成立，，即，，当时，，，即实数的取值范围为.【点睛】易错点睛：本题易错点在于采用分离变量法求解恒成立问题时，忽略了函数最值点能否取得的问题，造成求解参数范围时丢掉了临界值.

备战2022年高考数学（文）【名校地市好题必刷】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（）A． B． C． D．2．（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（）A．i B． C． D．13．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（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.A．2018 B．2019 C．2020 D．20214．（2021·陕西汉中·二模（文））已知，那么（）A． B． C． D．5．（2021·西藏拉萨·一模（文））函数的图象大致是（）A． B．C． D．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（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）A． B． C． D．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（）A． B． C． D．18．（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． B． C．6 D．9．（2021·河南·高三月考（文））在平行四边形中，，，为中点，若，且.则（）A． B． C． D．10．（2021·陕西西安·高三月考（文））已知，则的值域是（）A． B． C． D．11．（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（）A． B． C． D．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A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（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______.14．（2021·陕西·高新一中高三月考（文））椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，如果的中点在y轴上，那么是的________倍15．（2021·贵州·模拟预测（文））在梯形中，，则的面积是___________.16．（2021·四川内江·模拟预测（文））若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．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.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．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）设为的中心．若，平面，且，求四棱锥的体积．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．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．23．（2021·贵州·二模（文））已知.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

备战2022年高考数学（理）【名校地市好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）第二模拟（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·一模（理））己知复数满足，则复数（）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意得，进而求得.【详解】由得，整理得，所以.故选：D.2．（2021·吉林·东北师大附中高三月考（理））已知集合，集合，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的定义域与值域，求出集合A与集合B，进而求出.【详解】解：，，.故选：C.3．（2021·四川·高三月考（理））已知命题；命题且，.现有下列四个命题：①；②；③；④.其中真命题是（）A．①② B．①④. C．②③ D．③④【答案】A【分析】先判断命题和的真假，再利用逻辑用语中的或且非的真假判断即可.【详解】解：命题当时，，故命题为假命题；命题若，则，又，所以，故命题为真命题.故，为真命题.，，为假命题.故选：A.4．（2021·河南·高三月考（理））已知函数为奇函数，则在处的切线方程为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用函数为奇函数可得，求导可求解，，即得解【详解】当时，，则，此时，则，则，，所求切线方程为，即.故选：D5．（2021·四川泸州·三模（理））如图，直四棱柱的底面是正方形，已知，，点，分别在棱，上，且，，则（）

A．，且直线，是相交直线B．，且直线，是异面直线C．，且直线，是异面直线D．，且直线，是相交直线【答案】B【分析】作图，通过计算可知，取点M为BC的中点，则共面，显然点E不在面内，由此直线，AF异面．【详解】解：，，

如图，

取点M为BC的中点，则，

故AMFD共面，点E在面面外，

故直线经过面内一点和平面外一点，

故直线和平面内直线AF异面．

故选：B．

6．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校模拟预测（理））某中学举行“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（）A．15 B．45 C．60 D．75【答案】C【分析】先求出从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演的选法数，再求出语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的选法数，相加可得答案.【详解】从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演有种选法.语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的有所以语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数有故选：C7．（2021·贵州黔东南·模拟预测（理））函数的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】D【分析】由周期求得ω，再结合最高点求得φ，得到函数的解析式，进而做出判定.【详解】由图可知，，所以，即，所以．所以，又，所以，所以，,将其图象向左平移个单位长度即可得到的图象．故选：D8．（2021·山西吕梁·三模（理））北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概型计算公式，结合组合的定义、对立事件的概率公式进行求解即可.【详解】因为玉衡和天权都没有被选中的概率为，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为.故选：B.9．（2021·陕西·西安中学模拟预测（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC=60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC=15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO=30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为（）米A． B． C． D．【答案】B【分析】在△中，用余弦定理求得；在△中，再利用正弦定理求得.【详解】设，则，在△中，由余弦定理得：，即，解得.在△中，，，，由正弦定理得：，即，解得.故选：B.【点睛】解三角形应用题的一般步骤：（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.10．（2021·河南驻马店·高三月考（理））已知，函数的零点为的极小值点为则（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先判断出的范围，再求出即可比较出三者的大小关系.【详解】因为所以，因为，所以.令，得.因为在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以，故.故选：B11．（2021·甘肃兰州·一模（理））已知是离心率为的椭圆外一点，经过点的光线被轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意知，设过点的直线方程为：，反射后的切线方程为：，联立切线方程与椭圆的方程，利用求解即可.【详解】由题意可知，又，故，设过点的直线斜率为，则直线方程为：，即则反射后的切线方程为：由得，因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，，化简得：，即，解得故选：D.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，及关于直线对称的直线方程，解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．12．（2021·江西·临川一中高三月考（理））不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用参变分离法，然后求函数最值即可.【详解】由得，对恒成立，即对恒成立，从而求，的最小值，设，则，令得，∴，∴，即恒成立所以故即当时，等号成立，方程在内有根，故，所以。故选：C．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·吉林长春·二模（理））已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_______________________．【答案】【分析】根据双曲线的简单几何性质可知，以原点为中心，焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，即有，再根据以及即可求出.【详解】因为以原点为中心，焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，所以,所以．故答案为：．14．（2021·江西·二模（理））设，为非零向量，且，则，的夹角为___________.【答案】【分析】对平方即可得结果.【详解】由，平方得到，所以夹角为，故答案为：.15．（2021·四川·高三月考（理））设的内角，，的对边分别为，，，为钝角，且，则的最大值是______.【答案】【分析】根据正弦定理化简，得，结合题设条件可得，根据，从而可得，结合基本不等式，即可求解.【详解】因为，所以由正弦定理得，则，因为为钝角，所以，，则，所以，因为所以，即，所以，因为，所以，即，当且仅当时取等号.故答案为：.16．（2021·吉林长春·二模（理））“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠表面积，其中为球的半径，球冠的高)，设球冠底的半径为周长为球冠的面积为，则的值为_______________________．（结果用表示）【答案】【分析】利用和可整理得到，结合可求得，由化简整理即可得到结果.【详解】

，又，，，，，即，，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是根据题目要求的用表示所求结果，将多余变量进行消元，同时起到建立等量关系的作用，从而化简整理得到结果.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·安徽·六安一中高三月考（理））已知各项均为正数的数列的前项和为，.(1)求证：数列为等差数列；(2)记，数列的前项的和为.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)利用，即可证明数列为等差数列；(2)结合(1)中结论，利用裂项相消法即可求解.【详解】(1)由题意，，，两式相减，化简整理得，由，故，又时，，得，故数列是首项为2，公差为1的等差数列.(2)由(1)得，故，从而.18．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三月考（理））如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2，AD=4，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在图①中，先结合长度角度关系，证明，转化到图②中有，，由线线垂直证明线面垂直可得平面，再由，即得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求解两个平面的法向量，利用二面角的向量公式，即得解【详解】（1）在图①中，因为，，是的中点，，故四边形为正方形所以即在图②中，，，又，所以平面.又，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面.（2）由已知，平面平面，又由（1）知，，，所以为二面角的平面角，所以.如图，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设平面的一个法向量为，，令故平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，令平面的一个法向量为.不妨设二面角的平面角为从而，由图得二面角为钝角故二面角的余弦值为.19．（2021·江西·景德镇一中高三月考（理））在创建“全国文明城市”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：组别频数（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）.①求的值；②利用该正态分布，求或；（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额（单位：元）概率现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.参考数据与公式：.若，则，，.【答案】（1）①；②；（2）分布列答案见解析，数学期望为.【分析】（1）①将每组左端点值乘以对应的频率，相加即可得出的值；②计算得出，，利用原则可求得或的值；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）①；②，所以，，，所以，或；（2），由题意可知随机变量的可能取值有、、、、，，，，，，.20．（2021·山西长治·高三月考（理））已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，且点F与圆M：(x＋4)2＋y2＝1上点的距离的最小值为4.（1）求C的方程；（2）设点T(1，1)，过点T且斜率存在的两条直线分别交曲线C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【答案】（1）；（2）0.【分析】（1）由到圆心距离减去半径结果为4求得，得抛物线方程；（2）设直线方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理，由直线上两点间距离求得，同理求得，然后由它们相等可求得（是直线的斜率）．【详解】（1）圆心为，半径为1，，所以，，抛物线方程为；（2）设直线方程为，设，由得，，，，设直线方程为（），同理可得，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，得，又，所以，所以．21．（2021·河南郑州·三模（理））已知函数.(1)求的最小值；(2)证明：对任意的，恒成立.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)对给定函数求导，并求出单调区间而得解；(2)对要证的不等式等价转化，构造函数，再求其最值即可得解.【详解】(1)由题意可得f(x)的定义域为，，由，得，由，得，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，即时，f(x)取得最小值，故(2)要证成立，即证，只需证，就证，设g(x)=xlnx-x+1，函数g(x)是a=1时的函数f(x)，则由(1)可得g(x)min=g(1)=0，设则，由，得0<x<2；由，得x>2，则h(x)在(0，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，即x=2时，h(x)取得最大值，故h(x)max=h(2)=0，因为g(x)与h(x)的最值不同时取得，所以g(x)>h(x)，即，故当x>0时，不等式恒成立.【点睛】关键点睛：函数不等式的证明，等价转化，再构造函数是解决问题的关键.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·青海西宁·三模（理））在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）将，的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线？（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．若上的点对应的参数为，点在上，点为的中点，求点到直线距离的最小值．【答案】（1）表示以为圆心，1为半径的圆，表示焦点在轴上的椭圆；（2）.【详解】试题分析：（1）分别将曲线、的参数方程利用平方法消去参数，即可得到，的方程化为普通方程，进而得到它们分别表示什么曲线；（2），利用点到直线距离公式可得到直线的距离，利用辅助角公式以及三角函数的有界性可得结果.试题解析：（1）的普通方程为，它表示以为圆心，1为半径的圆，的普通方程为，它表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆．（2）由已知得，设，则，直线：，点到直线的距离，所以，即到的距离的最小值为．23．（2021·甘肃省民乐县第一中学二模（理））已知．（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）设不等式的解集为，若求的取值范围【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用分类讨论法解绝对值不等式即可；（Ⅱ）若则原不等式在上恒成立，即，解得，再由即可求出参数的取值范围；【详解】解：（Ⅰ）当时，即当，解得，当，解得，当，解得，故不等式解集为或，即不等式的解集为（Ⅱ）若则原不等式在上恒成立，即，即，即即，所以，解得故满足条件的的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式恒成立问题，属于中档题.

备战2022年高考数学（理）【名校地市好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）第二模拟（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·一模（理））己知复数满足，则复数（）A． B． C． D．2．（2021·吉林·东北师大附中高三月考（理））已知集合，集合，则（）A． B． C． D．3．（2021·四川·高三月考（理））已知命题；命题且，.现有下列四个命题：①；②；③；④.其中真命题是（）A．①② B．①④. C．②③ D．③④4．（2021·河南·高三月考（理））已知函数为奇函数，则在处的切线方程为（）A． B．C． D．5．（2021·四川泸州·三模（理））如图，直四棱柱的底面是正方形，已知，，点，分别在棱，上，且，，则（）

A．，且直线，是相交直线B．，且直线，是异面直线C．，且直线，是异面直线D．，且直线，是相交直线6．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校模拟预测（理））某中学举行“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（）A．15 B．45 C．60 D．757．（2021·贵州黔东南·模拟预测（理））函数的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度8．（2021·山西吕梁·三模（理））北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为（）A． B． C． D．9．（2021·陕西·西安中学模拟预测（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC=60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC=15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO=30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为（）米A． B． C． D．10．（2021·河南驻马店·高三月考（理））已知，函数的零点为的极小值点为则（）A． B．C． D．11．（2021·甘肃兰州·一模（理））已知是离心率为的椭圆外一点，经过点的光线被轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是（）A． B． C． D．12．（2021·江西·临川一中高三月考（理））不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（）A． B．C． D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·吉林长春·二模（理））已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_______________________．14．（2021·江西·二模（理））设，为非零向量，且，则，的夹角为___________.15．（2021·四川·高三月考（理））设的内角，，的对边分别为，，，为钝角，且，则的最大值是______.16．（2021·吉林长春·二模（理））“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠表面积，其中为球的半径，球冠的高)，设球冠底的半径为周长为球冠的面积为，则的值为_______________________．（结果用表示）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·安徽·六安一中高三月考（理））已知各项均为正数的数列的前项和为，.(1)求证：数列为等差数列；(2)记，数列的前项的和为.18．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三月考（理））如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2，AD=4，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.19．（2021·江西·景德镇一中高三月考（理））在创建“全国文明城市”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：组别频数（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）.①求的值；②利用该正态分布，求或；（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额（单位：元）概率现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.参考数据与公式：.若，则，，.20．（2021·山西长治·高三月考（理））已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，且点F与圆M：(x＋4)2＋y2＝1上点的距离的最小值为4.（1）求C的方程；（2）设点T(1，1)，过点T且斜率存在的两条直线分别交曲线C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.21．（2021·河南郑州·三模（理））已知函数.(1)求的最小值；(2)证明：对任意的，恒成立.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·青海西宁·三模（理））在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）将，的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线？（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．若上的点对应的参数为，点在上，点为的中点，求点到直线距离的最小值．23．（202